Teoria mocy zbiorów

Algebra zbiorów. Relacje, funkcje, iloczyny kartezjańskie... Nieskończoność, liczby kardynalne... Aksjomatyka.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 631
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 46 razy

Teoria mocy zbiorów

Post autor: Jakub Gurak » 22 sty 2020, o 00:05

Podam parę ciekawych faktów z teorii mocy zbiorów.

Przypominam \(\displaystyle{ \NN \times \NN\sim\NN}\), \(\displaystyle{ 2^{\NN}=\left\{ 0,1\right\} ^{\NN}\sim\RR. }\)

\(\displaystyle{ A \times B\sim C \times D,}\) jeśli tylko \(\displaystyle{ A\sim C, B\sim D.}\)

Szkic dowodu:

Niech \(\displaystyle{ f:A \rightarrow C}\) będzie bijekcją, \(\displaystyle{ g:B \rightarrow D}\) będzie bijekcją. Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ h:A \times B \rightarrow C \times D}\) określoną jako:

\(\displaystyle{ h(a,b)=\left( f(a),g(b)\right). }\)

Funkcja \(\displaystyle{ h}\) jest dobrze określona, i jest różnowartościowa, bo funkcje \(\displaystyle{ f,g}\) są różnowartościowe ( jako bijekcje). Aby pokazać, że jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ C \times D}\), to niech \(\displaystyle{ \left( c,d\right)\in C \times D}\). Wtedy \(\displaystyle{ c\in C, d\in D}\). Ponieważ \(\displaystyle{ c\in C}\), a \(\displaystyle{ f:A \rightarrow C}\) jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ C}\), to \(\displaystyle{ f(a)=c}\), dla pewnego \(\displaystyle{ a\in A.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ d\in D}\), a \(\displaystyle{ g:B \rightarrow D}\) jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ D}\), więc \(\displaystyle{ g(b)=d}\), dla pewnego \(\displaystyle{ b\in B}\). Wtedy \(\displaystyle{ h(a,b)=(f(a),g(b))=(c,d)}\), a więc para \(\displaystyle{ (c,d)}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ h}\). Wobec dowolności wyboru takiej pary otrzymujemy, że \(\displaystyle{ h}\) jest 'na'. A więc \(\displaystyle{ h}\) jest bijekcją, i zbiory \(\displaystyle{ A\times B}\) i \(\displaystyle{ C \times D}\) są równoliczne. \(\displaystyle{ \square}\)

Kolejny fakt:

\(\displaystyle{ 2^X=\left\{ 0,1\right\} ^{X} \sim P(X). }\)

Dowód: Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem. Zdefiniujmy funkcję \(\displaystyle{ \alpha :\left\{ 0,1\right\} ^{X} =2^X \rightarrow P(X)}\) jako:

\(\displaystyle{ \alpha \left( f\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 1\right\}. }\)

Funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest dobrze zdefiniowana. Aby wykazać różnowartościowość, to niech funkcje \(\displaystyle{ f,g\in2^X}\), będą takie, że \(\displaystyle{ \alpha \left( f\right) = \alpha \left( g\right)}\). Wtedy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 1\right\}=\stackrel{ \rightarrow }{g ^{-1} }\left\{ 1\right\}}\), i co za tym idzie \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 0\right\}=X \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 1\right\}=X \setminus\stackrel{ \rightarrow }{g ^{-1} }\left\{ 1\right\}= \stackrel{ \rightarrow }{g ^{-1} }\left\{ 0\right\},}\) czyli \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 0\right\}=\stackrel{ \rightarrow }{g ^{-1} }\left\{ 0\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 1\right\}=\stackrel{ \rightarrow }{g ^{-1} }\left\{ 1\right\}}\) ,a więc funkcje \(\displaystyle{ f,g}\) na każdym argumencie przyjmują te same wartości, skąd \(\displaystyle{ f=g}\), a więc \(\displaystyle{ \alpha}\) jest różnowartościowa. Aby wykazać, że jest 'na' to niech \(\displaystyle{ B\subset X}\), wtedy zdefiniujmy \(\displaystyle{ f:X \rightarrow \left\{ 0,1\right\}}\) jako: \(\displaystyle{ f(x)=1}\), jeśli \(\displaystyle{ x\in B}\), i \(\displaystyle{ f(x)=0}\)jeśli \(\displaystyle{ x\not\in B. }\)Otrzymujemy \(\displaystyle{ \alpha \left( f\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }\left\{ 1\right\}=B}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ \alpha}\). Z dowolności wyboru takiego zbioru wnioskujemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha}\) jest 'na'. \(\displaystyle{ \square}\)

Przypominam ważny fakt, że dla dowolnych trzech zbiorów \(\displaystyle{ A,B,C}\)

\(\displaystyle{ \left( A^B\right) ^{C}=A ^{B \times C}. }\)

Możemy teraz wykazać bardzo prosto, że iloczyn kartezjański dowolnych dwóch zbiorów przeliczalnych (równolicznych z \(\displaystyle{ \NN}\)) jest zbiorem przeliczalnym.

Niech zbiory \(\displaystyle{ A,B\sim\NN}\). Wtedy na mocy prawa o równoliczności iloczynów kartezjańskich \(\displaystyle{ A \times B\sim \NN\times\NN\sim \NN}\), a więc \(\displaystyle{ A \times B\sim \NN}\), czyli zbiór \(\displaystyle{ A \times B}\) jest przeliczalny. \(\displaystyle{ \square}\) :D

Możemy wykazać, że \(\displaystyle{ 2^{\NN}\times 2 ^{\NN}\sim 2^{\NN}.}\)

Aby to wykazać rozważmy parę ciągów zero-jedynkowych \(\displaystyle{ f=(f_0,f_1,f_2,\ldots), g=(g_0,g_1,g_2,\ldots),}\) przypiszmy im ciąg

\(\displaystyle{ h=(f_0,g_0,f_1,g_1,f_2,g_2,\dots).}\)

Wtedy \(\displaystyle{ h\in \left( \left\{ 0,1\right\} \cup \left\{ 0,1\right\} \right) ^{\NN}=\left\{ 0,1\right\} ^{\NN}=2^ {\NN}. }\)

Pokażemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha: 2^{\NN} \times 2 ^{\NN} \rightarrow 2^{\NN} }\) jest bijekcją.

Aby pokazać różnowartościowość, weźmy dwie różne pary ciągów \(\displaystyle{ \left( f_1,g_1\right);\left( f_2,g_2\right) }\), oznaczmy przypisane im ciągi jako odpowiednio \(\displaystyle{ h_1,h_2}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ \left( f_1,g_1\right) \neq \left( f_2,g_2\right) }\),więc \(\displaystyle{ f _{1} \neq f _{2}}\) lub \(\displaystyle{ g _{1} \neq g _{2}}\). Jeśli \(\displaystyle{ f _{1} \neq f _{2}}\), to istnieje \(\displaystyle{ n}\) naturalne, takie, że \(\displaystyle{ f_1(n) \neq f_2\left( n\right)}\). Wtedy \(\displaystyle{ h _{1}\left( 2n\right)=f _{1}(n) \neq f_2\left( n\right)= h _{2}\left( 2n\right)}\), a więc \(\displaystyle{ h_1 \neq h_2}\). Drugi przypadek (tzn.\(\displaystyle{ g _{1} \neq g _{2}}\)) jest analogiczny. A więc jest to przekształcenie różnowartościowe. Aby wykazać, że jest 'na', niech \(\displaystyle{ h\in 2^{\NN}}\), tzn. \(\displaystyle{ h=\left( h_0,h_1,h_2,\ldots\right)}\), rozważmy podciągi \(\displaystyle{ f_n=h _{2n}=\left( h _{0},h _{2},h _{4},\ldots \right)}\); oraz \(\displaystyle{ g_n= h_{2n+1}=\left( h_1,h _{3},h _{5},\ldots \right)}\), wtedy \(\displaystyle{ \alpha \left( f,g\right)=\left( f_0,g_0,f_1,g_1,\ldots\right)=\left( h_0,h_1,h_2,h_3,\ldots \right)=h}\), a więc ciąg \(\displaystyle{ h}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ \alpha }\). Otrzymujemy, że funkcja \(\displaystyle{ \alpha }\) jest 'na', a więc jest bijekcją. \(\displaystyle{ \square}\)

Wnioskiem z tego jest (oraz z tego, że \(\displaystyle{ 2^{\NN}}\) jest mocy continuum), mamy, że \(\displaystyle{ \RR \times \RR\sim\RR.}\)

Mamy bowiem \(\displaystyle{ \RR \times \RR \sim 2^{\NN} \times2^{\NN} \sim 2^{\NN}\sim\RR. \square}\)

A więc płaszczyzna kartezjańska jest równoliczna z prostą.

Na koniec podam ciekawy fakt, ze jeśli mamy dwie pary zbiorów, wraz z bijekcjami między nimi, to jeśli dziedziny tych funkcji są rozłączne i zbiory wartości tych funkcji są rozłączne, to suma mnogościowa tych bijekcji jest bijekcją ze sumy dziedzin w sumę zbiorów wartości. Jest to przydatny fakt. Dowód mogę podesłać zainteresowanym (ale z tego co kojarzę, to dowód jest trochę żmudny).

Więcej zadań z teorii mocy zbiorów można znaleźć też tutaj: Ciekawe zadania.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
Gosda
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 248
Rejestracja: 29 cze 2019, o 19:46
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Oulu
Podziękował: 34 razy
Pomógł: 43 razy

Re: Teoria mocy zbiorów

Post autor: Gosda » 22 sty 2020, o 09:01

Jakub Gurak pisze:
22 sty 2020, o 00:05
Na koniec podam ciekawy fakt, ze jeśli mamy dwie pary zbiorów, wraz z bijekcjami między nimi, to jeśli dziedziny tych funkcji są rozłączne i zbiory wartości tych funkcji są rozłączne, to suma mnogościowa tych bijekcji jest bijekcją ze sumy dziedzin w sumę zbiorów wartości. Jest to przydatny fakt. Dowód mogę podesłać zainteresowanym (ale z tego co kojarzę, to dowód jest trochę żmudny).
Nie jest żmudny. Niech \(\displaystyle{ f \colon A \to B}\), \(\displaystyle{ g \colon C \to D}\) będą bijekcjami, o których mówisz. Ich suma jest bijekcją, ponieważ:

- jest suriekcją. Jeżeli ustalimy \(\displaystyle{ y \in B \cup D}\), to (bez straty ogólności) \(\displaystyle{ y \in B}\) oraz możemy skorzystać, z tego, że \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją. Wtedy element \(\displaystyle{ x \in A}\), \(\displaystyle{ x = f^{-1}(y)}\) jest dobrze określony i \(\displaystyle{ (f \cup g)(x) = y}\). Dla \(\displaystyle{ y \in D}\) dowód przebiega analogicznie, wystarczy pozamieniać literki.

- jest injekcją. Jeżeli ustalimy \(\displaystyle{ x_1, x_2 \in A \cup C}\), to albo oba są elementami jednego ze zbiorów (bez straty ogólności, \(\displaystyle{ A}\)) i możemy skorzystać z tego, że obcięcie sumy funkcji do zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest wyjściową funkcją \(\displaystyle{ f}\), która była infekcją; albo należą do różnych zbiorów, bez straty ogólności \(\displaystyle{ x_1 \in A, x_2 \in C}\): wtedy zaś ich obrazy \(\displaystyle{ f(x_1) \in B, f(x_2) \in D}\) są elementami rozłącznych zbiorów, zatem różne.

Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 631
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 46 razy

Re: Teoria mocy zbiorów

Post autor: Jakub Gurak » 8 lut 2020, o 01:43

Jakbyś chciał to wszystko dokładnie zapisać, to nie byłoby tak łatwo...

Kolejne fakty:

Nie istnieje zbiór wszystkich zbiorów.

Dowód( w aksjomatycznej teorii mnogości):

Przypuśćmy nie wprost, że zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem wszystkich zbiorów. Wtedy z aksjomatu regularności (\(\displaystyle{ X\not\in X}\))- sprzeczność. Udowodnijmy to też w inny sposób przy pomocy teorii mocy. Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem wszystkich zbiorów. Rozważmy jego zbiór potęgowy \(\displaystyle{ P(X)}\). Wtedy \(\displaystyle{ P(X)\subset X}\), bo każdy podzbiór zbioru \(\displaystyle{ X}\) jest oczywiście zbiorem, zatem elementem zbioru wszystkich zbiorów. Równocześnie mamy \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| P(X)\right| }\), gdyż możemy zdefiniować funkcję \(\displaystyle{ f:X \rightarrow P\left( X\right)}\) jako:

\(\displaystyle{ f\left( x\right)=\left\{ x\right\}. }\)

Jeśli \(\displaystyle{ x,y\in X}\), oraz \(\displaystyle{ x \neq y}\), to oczywiście \(\displaystyle{ \left\{ x\right\} \neq \left\{ y\right\} }\), czyli \(\displaystyle{ f(x) \neq f(y)}\). A więc \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa. A zatem \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| P(X)\right|. }\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| P(X)\right| }\) i \(\displaystyle{ P(X)\subset X}\), to na podstawie twierdzenia Cantora-Bernsteina ( a właściwie równoważnej jej postaci) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ X\sim P(X)}\), a na podstawie twierdzenia Cantora \(\displaystyle{ \left| X\right| < \left| P(X)\right| }\), a więc \(\displaystyle{ \left| X\right| \le \left| P(X)\right| }\) i \(\displaystyle{ X\not\sim P(X)}\)- sprzeczność. Zatem nie istnieje zbiór wszystkich zbiorów (w aksjomatycznej teorii mnogości). \(\displaystyle{ \square}\)

Można też argumentować w ten sposób, że gdyby zbiór \(\displaystyle{ X}\) byłby zbiorem wszystkich zbiorów, to wtedy moglibyśmy rozważyć \(\displaystyle{ \bigcup X}\). Taka suma jest nadzbiorem każdego zbioru rodziny \(\displaystyle{ X}\), czyli każdego zbioru. Skoro jest ich nadzbiorem, to jest od nich większej lub równej mocy, zatem jest największym zbiorem względem mocy. Tymczasem nie ma największego takiego zbioru, gdyż możemy zastosować twierdzenie Cantora, i znaleźć zbiór jeszcze większej mocy niż ta suma- sprzeczność.\(\displaystyle{ \square }\)

Wiemy, że (przy założeniu aksjomatu wyboru- wtedy bez problemu tak możemy powiedzieć), że zbiór liczb naturalnych jest najmniejszym, względem mocy, zbiorem nieskończonym. Z tego możemy wywnioskować bardzo ciekawy fakt, że każdy zbiór nieskończony zawiera podzbiór przeliczalny równoliczny z \(\displaystyle{ \NN}\), czyli w zbiorze nieskończonym możemy odnaleźć nieskończony zbiór przeliczalny.

PROSTY DOWÓD:

Ustalmy dowolny zbiór nieskończony \(\displaystyle{ X}\). Skoro zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest nieskończony, a zbiór liczb naturalnych jest najmniejszym względem mocy zbiorem nieskończonym, to \(\displaystyle{ \left| \NN\right| \le \left| X\right| }\). A zatem istnieje funkcja różnowartościowa \(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow X}\). Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest róznowartośściowa i 'na' zbiór wartości \(\displaystyle{ f_P}\), a zatem jest bijekcją między \(\displaystyle{ \NN}\) a tym zbiorem wartości \(\displaystyle{ f_P}\). A zatem zbiór \(\displaystyle{ f_P}\) jest zbiorem przeliczalnym, i ponieważ \(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow X}\), to \(\displaystyle{ f_P\subset X}\), czyli zbiór \(\displaystyle{ f_P}\) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ X}\) przeliczalnym. \(\displaystyle{ \square}\) :lol:

Może teraz coś prostszego dodam:

Wiemy, że każdy przedział otwarty \(\displaystyle{ (a,b) \subset \RR}\) (gdzie \(\displaystyle{ a<b}\)) jest mocy continuum. Zatem możemy to mocno wzmocnić na podstawie twierdzenia Cantora-Bernsteina :

Jeżeli \(\displaystyle{ A\subset\RR}\) i \(\displaystyle{ A}\) zawiera pewien przedział otwarty, to \(\displaystyle{ A}\) jest mocy continuum

Dowód wynika z powyższego faktu, że każdy przedział otwarty jest mocy continuum oraz z twierdzenia Cantora-Bernsteina.

Wnioski: Każdy przedział (właściwy) otwarto-domknięty jest mocy continuum, każdy przedzial domknięto otwarty jest mocy continuum, każdy przedział domknęty \(\displaystyle{ \left[ a,b\right] }\), gdzie \(\displaystyle{ a<b}\) jest mocy continuum, każdy przedział postaci \(\displaystyle{ \left( - \infty ,a\right) }\) jest mocy continuum, każdy przedział postaci \(\displaystyle{ \left( - \infty ,a\right] }\) jest mocy continuum, każdy przedział postaci \(\displaystyle{ \left( a,+ \infty \right) }\) jest mocy continuum, każdy przedział postaci \(\displaystyle{ \left[ a,+ \infty \right) }\) jest mocy continuum, i wiele więcej.

Bardzo ciekawym, i wydawać się by mogło trudnym tym razem( przynajmniej początkowo wydawało mi się to bardzo trudne), jest zadanie: czy w przestrzeni trójwymiarowej można zmieścić nieprzeliczalnie wiele rozłącznych kul??

Nie można. Rozwiązanie jednak nie jest trudne. Wynika to z faktu, że pomiędzy dwoma liczbami rzeczywistymi jest liczba wymierna, oraz z tego, że zbiór liczb wymiernych jest przeliczalny.

Ustalmy dowolną niepustą rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B} }\) rozłącznych kul. Pokażemy, że ta rodzina jest co najwyżej przeliczalna. Niech \(\displaystyle{ K\in\mathbb{B}}\) będzie kulą tej rodziny. Ponieważ kula musi mieć niezerową wielkość ( prawda, to należy wykluczyć, to by były punkty, nie kule), i ponieważ pomiędzy dwoma liczbami rzeczywistymi jest liczba wymierna, więc możemy tej kuli przypisać punkt o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych, taki punkt jest elementem zbioru \(\displaystyle{ \left( \QQ \times \QQ\right) \times \QQ\sim\QQ \times \left( \QQ \times \QQ\right)\sim \NN,}\) gdyż zbór liczb wymiernych jest przeliczalny, i iloczyn kartezjański dwóch zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym. Mamy zatem funkcję \(\displaystyle{ f:\mathbb{B} \rightarrow \QQ\times\QQ\times\QQ}\), która prowadzi w zbiór przeliczalny. Pozostaje wykazać, że jest różnowartościowa. Niech \(\displaystyle{ K_1,K_2\in\mathbb{B}}\) będą różne.Wtedy te kule \(\displaystyle{ K_1,K_2}\) są rozłączne. Oznaczmy \(\displaystyle{ f(K_1)=(x_1,y_1,z_1)=P_1, f(K_2)=(x_2,y_2,z_2)=P_2}\). Wtedy \(\displaystyle{ P_1\in K_1}\), a nawet \(\displaystyle{ P_1}\) należy do wnętrza kuli \(\displaystyle{ K_1}\), podobnie \(\displaystyle{ P_2\in K_2}\)( a nawet punkt \(\displaystyle{ P_2}\) należy do wnętrza kuli \(\displaystyle{ K_2}\)), gdyby \(\displaystyle{ P_1=P_2}\), to \(\displaystyle{ P_1\in K_1\cap K_2}\),co daje sprzeczność z tym, że kule \(\displaystyle{ K_1,K_2}\) jako różne są rozłączne. Zatem musi być\(\displaystyle{ P_1 \neq P_2}\), i funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.\(\displaystyle{ \square}\) Łatwo też zmienić rozwiązanie, gdyby dopuścić tylko ponadto, że kule mogą mieć wspólny brzeg (ale gdy muszą mieć rozłączne wnętrza).

Można też rozważyć podobne zadanie z kołami na płaszczyźnie.

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 25991
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4350 razy

Re: Teoria mocy zbiorów

Post autor: Jan Kraszewski » 8 lut 2020, o 10:23

Jakub Gurak pisze:
8 lut 2020, o 01:43
Jakbyś chciał to wszystko dokładnie zapisać, to nie byłoby tak łatwo...
To akurat jest zapisane dość dokładnie, brakuje tylko uzasadnienia, że suma tych funkcji jest funkcją.
Jakub Gurak pisze:
8 lut 2020, o 01:43
Ponieważ kula musi mieć niezerową wielkość ( prawda, to należy wykluczyć, to by były punkty, nie kule), i ponieważ pomiędzy dwoma liczbami rzeczywistymi jest liczba wymierna, więc możemy tej kuli przypisać punkt o wszystkich trzech współrzędnych wymiernych,
Skoro lubisz być taki dokładny, to powinieneś wytłumaczyć, w jaki sposób w tej kuli znajdujesz punkt o wszystkich współrzędnych wymiernych. Jest to oczywiście konsekwencją tego, że liczby wymierne leżą gęsto w liczbach rzeczywistych, ale nie bezpośrednią.

JK

Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 631
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 46 razy

Re: Teoria mocy zbiorów

Post autor: Jakub Gurak » 8 lut 2020, o 20:17

No tak, ale chyba nie dam rady. :( Jakby się zagłębić, to samemu mi to jest ciężko sobie wyobrazić( widzę, że mam kłopot z wyobraźnią przestrzenną),z trudem chyba zrozumiałem, ale już wytłumaczyć to już w ogóle. Może ktoś inny ma pomysł??

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 25991
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4350 razy

Re: Teoria mocy zbiorów

Post autor: Jan Kraszewski » 8 lut 2020, o 21:11

Ale to jest dobry pomysł i uzasadnienie też nie jest trudne. Możesz zacząć od pokazania, że w każdym kole jest punkt o obu współrzędnych wymiernych, a potem z tego skorzystać.

JK

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 17550
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 2961 razy

Re: Teoria mocy zbiorów

Post autor: a4karo » 8 lut 2020, o 21:30

Albo tak: przez kulę przechodzi płaszczyzna o wymiernej współrzędnej `x` (znajdź proste uzasadnienie tego faktu).
Przekrój z tą płaszczyzną jest kołem, przez które przechodzi płaszczyzna o wymiernej współrzędnej `y` (już wiesz dlaczego). Przekrój obu tych płaszczyzn (czyli prosta) wycina z kuli odcinek, a na nim punkt o wymiernej współrzednej `z`.

Uogólnij to na `n` wymiarów.

ODPOWIEDZ