Lista ciekawych tricków

Dyskusje o matematykach, matematyce... W szkole, na uczelni, w karierze... Czego potrzeba - talentu, umiejętności, szczęścia? Zapraszamy do dyskusji :)
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jakub Gurak »

Niedawno wpadłem na prosty pomysł jak udowodnić, że jedynymi skończonymi liczbami porządkowymi von Neumanna są liczby naturalne w sensie von Neumanna. Początkowo (lata temu) zastanawiałem się czy tak jest, nie dowierzałem, jakieś nieudolne próby uzasadniania. Teraz mogę to udowodnić w krótki, prosty sposób wykorzystując definicję skończoności, i fakt, że dwie liczby porządkowe podobne są równe. Z przyjemnością przedstawię krótki dowód:

Każda skończona liczba porządkowa jest liczbą naturalną (von Neumanna).

Dowód:

Ustalmy dowolną skończoną liczbę porządkową \(\displaystyle{ X}\). Ponieważ jest skończona to jest równoliczna z pewną liczbą naturalną \(\displaystyle{ n}\) von Neumanna. Wiemy, że każda liczba porządkowa jest dobrze uporządkowana przez inkluzję( a więc i liniowo). Również liczba naturalna jest liczbą porządkową, a więc jest dobrze uporządkowana przez inkluzję (można by pewnie inaczej to uzasadniać), a więc i liniowo. Mamy zatem dwa zbiory liniowo uporządkowane- liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\) i liczba porządkowa \(\displaystyle{ X}\). Są to zbiory \(\displaystyle{ n}\)- elementowe( z założenia są równoliczne), a dokładniej skończone (dla ścisłości- potrafię wykazać, że liczba naturalna jest zbiorem skończonym- jest równoliczna z sobą samym). A dwa liniowo uporządkowane zbiory skończone i równoliczne są podobne. A dwie liczby porządkowe podobne uporządkowane inkluzją są równe. Czyli liczbą porządkowa \(\displaystyle{ X}\) jest liczbą naturalną \(\displaystyle{ n}\).\(\displaystyle{ \square}\)
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Lista ciekawych tricków

Post autor: Jakub Gurak »

Przypominam: Każda liczba rzeczywista \(\displaystyle{ x}\) z \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\) ma nieskończone rozwinięcie dwójkowe. Więc jest to taki ciąg \(\displaystyle{ a:\NN \rightarrow \left\{ 0,1\right\}}\), że ciąg \(\displaystyle{ b:\NN \rightarrow \QQ}\) liczbowy w systemie dwójkowym \(\displaystyle{ (b_n)= \left( 0,a_0; \ 0,a_0a_1; \ 0,a_0a_1a_2; \ldots\right)}\) taki ciąg zbiega do liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\)( ja bym to wyraził, jako, że supremum \(\displaystyle{ b_P}\) zbioru wartości ciągu \(\displaystyle{ b}\) istnieje i jest równe liczbie rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\)).

Dowodu jeszcze nie znam do końca. Chcę uzasadnić co innego( będzie to z tym związane).

Istnieje bijekcja między \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\) a zbiorem \(\displaystyle{ \left\{ a\in \left\{ 0,1\right\} ^{\NN} \Bigl| \ \ \bigwedge\limits_{n\in\NN} \bigvee\limits_{m\in\NN,m>n} a_m=0\right\}}\).

Chodzi o zbiór tych ciągów zerojedynkowych w których zera występują dowolnie daleko, czyli z każdym \(\displaystyle{ n}\) naturalnym jest dalszy wyraz ciągu równy \(\displaystyle{ 0}\).

Bijekcję można wprowadzić na podstawie przytoczonego przeze mnie twierdzenia przypisując liczbie rzeczywistej jej rozwinięcie dwójkowe. Jeśli wykluczymy ciągi, które od pewnego miejsca stale są równe \(\displaystyle{ 1}\) to będziemy mieć jednoznaczność takiego przypisania. I tak można zrobić, wtedy też będzie spełniony warunek, że zera w tym ciągu występują dowolnie daleko. A więc mamy funkcję. W sposób bardzo sprytny można pokazać, że ta funkcja jest różnowartościowa.

Niech \(\displaystyle{ x,y\in\left[ 0,1\right)}\) będą różne. Pokazujemy, że odpowiadające im ciągi rozwinięć dwójkowych \(\displaystyle{ a_x,a_y}\) są różne. Zauważmy, że dla rozwinięcia dwójkowego \(\displaystyle{ a}\) ciąg \(\displaystyle{ b}\) przybliżeń liczby jest wyznaczony jednoznacznie. Nazwijmy te ciągi odpowiednio jako \(\displaystyle{ b_x,b_y.}\) Ciągi \(\displaystyle{ b_x, b_y}\) wyznaczają te liczby \(\displaystyle{ x,y}\). Ciągi \(\displaystyle{ b_x, b_y}\) muszą być rózne, bo inaczej wyznaczałyby te same liczby, a \(\displaystyle{ x \neq y}\)- sprzeczność. Ciągi \(\displaystyle{ b_x, b_y}\) muszą być różne, w takim razie ciągi \(\displaystyle{ a_x, a_{y}}\) również muszą być różne( bo jakbyśmy mieli ten sam ciąg \(\displaystyle{ a}\), to byśmy mieli jednoznacznie wyznaczony ciąg \(\displaystyle{ b}\), a wiemy, że ciągi \(\displaystyle{ b_x,b_y}\) są różne-sprzeczność). Zatem ciągi \(\displaystyle{ a_x, a_y}\) są różne, co kończy dowód.

Dzięki takiej bijekcji (oraz lematu, że zbiory mocy continuum są odporne na dodawanie zbiorów co najwyżej przeliczalnych) w sposób prosty mogę pokazać, że \(\displaystyle{ 2^\NN=\left\{ 0,1\right\} ^{\NN}}\) jest mocy continuum , ale nie teraz, teraz już muszę iść.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Dasio11 »

Jakub Gurak pisze:Obojętnie, czy zbiór pusty uważamy za skończony czy nie
Co proszę?
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jakub Gurak »

Chodziło mi tylko o to, że zbiór pusty niektórzy nie uznają za skończony, tak jak \(\displaystyle{ 1}\) nie jest liczbą pierwszą ani złożoną. Zbiór pusty wtedy jest na specjalnej zasadzie, tak jak wspomniane wcześniej \(\displaystyle{ 1}\) w kwestii liczb pierwszych i złożonych.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34123
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze:Chodziło mi tylko o to, że zbiór pusty niektórzy nie uznają za skończony,
A któż to taki!?

JK
bartek118
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5974
Rejestracja: 28 lut 2010, o 19:45
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Toruń
Podziękował: 15 razy
Pomógł: 1251 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: bartek118 »

Jakub Gurak pisze:Chodziło mi tylko o to, że zbiór pusty niektórzy nie uznają za skończony, tak jak \(\displaystyle{ 1}\) nie jest liczbą pierwszą ani złożoną. Zbiór pusty wtedy jest na specjalnej zasadzie, tak jak wspomniane wcześniej \(\displaystyle{ 1}\) w kwestii liczb pierwszych i złożonych.
Jako podzbiór zbioru skończonego musi być skończony. To nie jest kwestia uznaniowa.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Dasio11 »

Jan Kraszewski pisze:A któż to taki!?
Też mnie to ciekawi.

Jedynki nie uznaje się za liczbę pierwszą z takiego względu, że jej algebraiczne własności w naturalny sposób odróżniają ją od liczb pierwszych. W algebrze abstrakcyjnej rozważa się specjalne elementy pierścieni zwane elementami pierwszymi i elementami nierozkładalnymi, które w nieco ogólniejszym przypadku pełnią taką samą rolę, co liczby pierwsze w pierścieniu liczb całkowitych.

Dla pierścienia \(\displaystyle{ R}\):

\(\displaystyle{ \bullet}\) Element \(\displaystyle{ a \in R \setminus \{ 0 \}}\) jest pierwszy, jeśli jest nieodwracalny i dla dowolnych \(\displaystyle{ b, c \in R}\), jeśli \(\displaystyle{ a \mid b \cdot c}\), to \(\displaystyle{ a \mid b}\) lub \(\displaystyle{ a \mid c}\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) Element \(\displaystyle{ a \in R \setminus \{ 0 \}}\) jest nierozkładalny, jeśli jest nieodwracalny, ale nie może być przedstawiony w postaci iloczynu dwóch elementów nieodwracalnych.

W dość często spotykanym przypadku pierścieni UFD (unique factorization domain - pierścień z jednoznacznością rozkładu) te dwa pojęcia są równoważne i każdy niezerowy element ma jednoznaczny rozkład na elementy nierozkładalne (czyli pierwsze). Takiej naturalnej własności nie mógłby mieć żaden pierścień, gdyby za element pierwszy uznać jakikolwiek element odwracalny, w tym jedynkę, czyli element neutralny mnożenia.

W takich pierścieniach matematycy myślą więc o elementach pierwszych niczym o elementarnych cegiełkach, z których w jednoznaczny sposób zbudowany jest - za pomocą mnożenia - dowolny niezerowy element pierścienia. Jedynka do bycia takim elementem nie pasuje, podobnie jak zero w przestrzeniach liniowych nie może być elementem żadnej bazy a element neutralny dowolnej grupy nie jest potrzebny w zbiorze generującym (i nie może być elementem żadnego zbioru wolnych generatorów grupy wolnej).

Możemy też dla uproszczenia ograniczyć się do patrzenia na strukturę \(\displaystyle{ M = (\NN \setminus \{ 0 \}, \cdot)}\) liczb naturalnych bez zera z mnożeniem. Ta struktura jest naturalnie izomorficzna z

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Monoid


\(\displaystyle{ N = \bigoplus_{i=0}^{\infty} \NN = \{ \alpha \in \NN^{\NN} : \alpha(i) = 0 \text{ dla prawie wszystkich } i \}}\)

będącym sumą prostą monoidów \(\displaystyle{ (\NN, +)}\), przy czym uznajemy zero za liczbę naturalną. Rozważmy w \(\displaystyle{ N}\) podzbiór

\(\displaystyle{ \Delta = \{ \delta_i : i \in \NN \}}\),

gdzie \(\displaystyle{ \delta_i(i) = 1}\) i \(\displaystyle{ \delta_i(j) = 0}\) dla \(\displaystyle{ j \neq i}\). Jest to najmniejszy ze względu na inkluzję zbiór generatorów tego monoidu, tzn. generuje \(\displaystyle{ N}\) i jest zawarty w każdym innym zbiorze generującym \(\displaystyle{ N}\). Funkcja zerowa zaś jest elementem neutralnym \(\displaystyle{ N}\).

Jak pewnie widać, elementy \(\displaystyle{ \delta_i}\) odpowiadają w \(\displaystyle{ (\NN \setminus \{ 0 \}, \cdot)}\) liczbom pierwszym, a funkcja zerowa - jedynce. Dlatego nie ma sensu, aby jedynka była liczbą pierwszą, podobnie jak nie ma sensu, aby funkcja zerowa była elementem \(\displaystyle{ \Delta}\).


Natomiast nie znam i nawet nie potrafię sobie wyobrazić żadnej sensownej argumentacji, która wykluczałaby zbiór pusty z kategorii zbiorów skończonych.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jakub Gurak »

Wydawało mi się, że gdzieś to spotkałem, myślałem, że w Guzickim (jednak nie), może mi się tylko wydawało. Ale znam człowieka, który się z wami nie zgodzi, argumentując, że zbiór jest skończony, gdy można policzyć ilość jego elementów. A w zbiorze pustym nie ma co liczyć... Mówi
Zbiór pusty nie jest skończony. On jest niezaczęty.
:lol:

A mi tam wszystko jedno. Mnie tylko razi, uznawanie zbioru pustego za przeliczalny- dla mnie zbiór przeliczalny, to zbiór równoliczny z \(\displaystyle{ \NN}\)- to jest według innej definicji, w której chodzi o zbiór co najwyżej przeliczalny. Zbiór pusty przeliczalnym- brzmi to dziwnie. A zbiór pusty skończonym, mogę się zgodzić, a jeśli nie, to też to jest drobny szczegół.

Teraz w związku z tematem posta, co by tu napisać. Jesteśmy w zbiorze uporządkowanym. Chcemy udowodnić twierdzenie Bourbakiego-Witta. Otóż jest to problem tak nieskończony (być może, tzn. trzeba to uwzględnić), że nie sposób to zrobić od dołu. Ale pomysł jest inny- zapuścić zbiory w tej konstrukcji(jesteśmy w ustalonym zbiorze uporządkowanym), i rozważyć podzbiory większe(inkluzja) od takiego poszukiwanego długiego łańcucha. A następnie wziąć iloczyn takich zbiorów, żeby wymierzyć taki łańcuch. Czyli od góry tu robimy. Tylko też aby się przekonać, że taki zbiór jest łańcuchem, aby 'wyłowić' go z sieci zbioru uporządkowanego potrzebujemy trzech żmudnych lematów. Też się nauczyłem, że zamiast rysować graf, i nie móc do niczego specjalnego dojść, lepiej się zastanowić, czy taki zbiór może ma jakąś prostą własność. I tak się robi- definiuje się nowy zbiór, który się potem okaże tym samym zbiorem, ale jest w inny sposób zdefiniowany, ma pewną własność, i dzięki temu, wtedy jest łatwiej.

Tu była potrzeba upewnienia się, że wyznaczony zbiór jest łańcuchem. Czasem też zdarza się, że typowa konstrukcja jest 'ciut' za krótka. Podam przykład.

Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) będzie zbiorem dobrze uporządkowanym. \(\displaystyle{ B}\) będzie zbiorem, \(\displaystyle{ C}\) będzie niepustym zbiorem. Mamy funkcję \(\displaystyle{ g}\) na pewnym zbiorze( wygląda to na dość złożone, więc może nie będę straszył, chyba się bez tego obejdzie), i chcemy pokazać, że istnieje dokładnie jedna funkcja \(\displaystyle{ h: X\times B \rightarrow C,}\) spełniająca pewną równość.

Ustalamy taką dowolną funkcję \(\displaystyle{ g}\). Pojawia się zbiór \(\displaystyle{ H}\), też to może odstraszać, ale jest to po prostu zbiór krótszych fragmentów dla których twierdzenie zachodzi. Dokładniej, \(\displaystyle{ H}\) jest zbiorem funkcji określonych na zbiorach postaci \(\displaystyle{ \overline{O\left( a\right)} \times B}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in X,\overline {O\left( a\right) }=\left\{x \in X: \ \ x \le a\right\},}\) spełniających odpowiednią równość. Najprościej można to streścić, że \(\displaystyle{ H}\) jest zbiorem krótszych funkcji dla których twierdzenie zachodzi, i bierzemy na koniec funkcję \(\displaystyle{ \bigcup H,}\) jako funkcję na całym zbiorze \(\displaystyle{ X \times B.}\)

Uzasadniamy, że dla dowolnych dwóch funkcji w \(\displaystyle{ H}\) jedna jest rozszerzeniem drugiej(czyli funkcję na tych samych argumentach przyjmują te same wartości).

W jednej części dowodu uzasadniamy też , że dla każdego \(\displaystyle{ a \in X}\) istnieje funkcja określona na \(\displaystyle{ \overline{O\left(a \right) } \times B}\) spełniająca równość (z definicji zbioru \(\displaystyle{ H}\)). Uzasadnię to(choć nie do końca, dowód jest żmudny, raz żem kiedyś przestudiował, omówimy trochę).

Dowód prowadzimy indukcyjnie( względem dobrego porządku na \(\displaystyle{ X}\)).

Niech \(\displaystyle{ z \in X}\). Przypuśćmy, że dla każdego \(\displaystyle{ a \in X,a<z}\) istnieje funkcja określoną na \(\displaystyle{ \overline {O\left( a\right) } \times B}\) spełniająca równość. Pokazemy, że na \(\displaystyle{ \overline{O\left( z\right) } \times B}\) istnieje funkcja spełniająca równość( omówimy). Niech

\(\displaystyle{ H_{z}=\left\{ f \in PF\left( X \times B,C\right)\Bigl| \ \ \bigvee\limits_{a \in X,a< z} \left( f:\overline {O\left( a\right) } \times B \rightarrow C \hbox { i } f \hbox{ spełnia wymaganą równość } \right) \right\}=\left\{f \in H\Bigl| \ \ \bigvee\limits_{a \in X,a<z} f _{L}=\overline{O\left( a\right) } \times B \right\}.}\)

Czyli \(\displaystyle{ H _{z}}\) jest zbiorem takich funkcji. Określmy funkcję \(\displaystyle{ f _{z}}\) jako:

\(\displaystyle{ f _{z}= \bigcup H _{z} \cup \bigcup_{b \in B}\left\{ \ \left( \left( z,b\right) , g\left( \bigcup H _{z},\left( z,b\right) \right) \ \ \right) \ \ \right\}.}\)

Ponieważ dla dowolnych dwóch funkcji w \(\displaystyle{ H}\) jedna jest rozszerzeniem drugiej, więc również dla dowolnych dwóch funkcji z \(\displaystyle{ H _{z}}\) jedna jest rozszerzeniem drugiej ( bo \(\displaystyle{ H _{z} \subset H}\)), w związku z czym relacja \(\displaystyle{ \bigcup H _{z}}\) jest funkcją ( częściową).

To nie są straszne sumację. :!: To jest zwykła suma \(\displaystyle{ \bigcup H _{z},}\) ale łatwo sobie wyobrazić, że jeśli zsumujemy funkcje określone na zbiorach \(\displaystyle{ \overline{O\left( a\right) } \times B,}\) gdzie \(\displaystyle{ a<z}\), to uczciwie należy przyznać, że braknie nam określenia funkcji na ostatnim potrzebnym elemencie \(\displaystyle{ z}\)(po dowolnym \(\displaystyle{ b \in B}\)). Dodajemy więc prosty zbiór punktów na argumencie \(\displaystyle{ z}\), po dowolnym \(\displaystyle{ b \in B}\), czyli tu jeszcze takie proste sumowanie - zamiast dodać jeden punkt na argumencie \(\displaystyle{ z}\), dodajemy punkty po \(\displaystyle{ b \in B}\), wybrane przy pomocy funkcji \(\displaystyle{ g}\) na podstawie ostatniej rozpatrywanej funkcji \(\displaystyle{ \bigcup H _{z}.}\)
Proszę zobaczyć: to \(\displaystyle{ g\left( \bigcup H _{z}, \left( z,b\right) \right)}\) to nie jest już żadna sumacja- tu funkcja \(\displaystyle{ g}\) wybiera jeden element( bo każda funkcja wybiera jeden element ) na podstawie ostatniej rozpatrywanej funkcji \(\displaystyle{ \bigcup H _{z}}\), przekonaliśmy się już , że to jest ostatnia rozpatrywana funkcja, ona była ciut za krótka, wybieramy jeden element na podstawie tej funkcji, i na \(\displaystyle{ \left( z,b\right)}\) określamy tak jak \(\displaystyle{ g}\) na podstawie \(\displaystyle{ z,b}\). Jest to dodany jeden punkt. I tak po \(\displaystyle{ b \in B.}\) Przyznaje, tu jeszcze pojawia się takie proste sumowanie- zamiast dodać jeden punkt, dodajemy punkty po zbiorze, czyli po \(\displaystyle{ b \in B.}\) W ten oto prosty sposób. Gdybyśmy rozpatrywali prostsze twierdzenie (bez zbioru \(\displaystyle{ B}\)), to chyba rzeczywiście by chodziło o dodanie jednego punktu. A tu odrobinę gorzej. Ale więc, te sumacje nie są takie straszne. :lol:
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jakub Gurak »

Mamy ważne twierdzenie, że jeśli \(\displaystyle{ M}\) jest dowolnym podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\) nieskończonym, to M jest równoliczny z \(\displaystyle{ \NN.}\) To też ciekawe, bo wzorem tej bijekcji nie zdefiniuje się (M jest dowolnym nieskończonym podzbiorem zbioru liczb naturalnych, idea- konstrukcję krótko przedstawiłem tu ).

Jest to chyba dość ważne twierdzenie. Możemy go zastosować, aby w prosty sposób udowodnić, że zbiór jest co najwyżej przeliczalny dokładnie wtedy, gdy jest skończony lub równoliczny z \(\displaystyle{ \NN.}\)

Przypominam definicje:

Zbiór jest skończony, gdy jest równoliczny z pewną liczbą naturalną \(\displaystyle{ n}\) w sensie von Neumanna .

Zbiór jest co najwyżej przeliczalny, gdy jest równoliczny z \(\displaystyle{ M}\) pewnym podzbiorem \(\displaystyle{ M \subset \NN.}\)

Przypominam twierdzenie, że każdy element liczby naturalnej w sensie von Neumanna, jest liczbą naturalną.

Możemy teraz ładnie uzasadnić, że:

Zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest co najwyżej przeliczalny, dokładnie wtedy gdy, \(\displaystyle{ X}\) jest skończony lub równoliczny z \(\displaystyle{ \NN}\).

Dowód(elegancki):

\(\displaystyle{ \Longleftarrow}\) Jeśli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest skończony lub równoliczny z \(\displaystyle{ \NN}\), to jest równoliczny z pewnym podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\). Bo jeśli zbiór X jest skończony, czyli jak mówi definicja, równoliczny z pewną liczbą naturalną \(\displaystyle{ n}\) w sensie von Neumanna. Ponieważ każdy element liczby naturalnej w sensie von Neumanna jest liczbą naturalną, to \(\displaystyle{ n \subset \NN,}\) czyli X jest równoliczny z n- pewnym podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\). Jeśli X jest równoliczny z \(\displaystyle{ \NN}\), to oczywiście jest równoliczny z podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\) (niewłaściwym ) .W obydwu przypadkach X jest równoliczny z pewnym podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\), czyli co najwyżej przeliczalny.

\(\displaystyle{ \Longrightarrow}\) Teraz będzie ciekawiej. Jeśli X jest co najwyżej przeliczalny, czyli jak mówi definicja równoliczny z pewnym podzbiorem \(\displaystyle{ M \subset \NN.}\) Jeśli ten podzbiór M jest skończony, tzn. równoliczny z pewną liczbą naturalną n w sensie von Neumanna, z przechodniości równoliczości X jest równoliczny z n, a więc skończony.
Jeśli M jest nieskończony (a jest podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\)), to przytoczone twierdzenie gwarantuje że M jest równoliczny z \(\displaystyle{ \NN}\), z przechodniości równoliczości otrzymujemy że X jest równoliczny z \(\displaystyle{ \NN.\square}\)

Chyba piękne
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22172
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: a4karo »

Jakub Gurak pisze:Mamy ważne twierdzenie, że jeśli \(\displaystyle{ M}\) jest dowolnym podzbiorem \(\displaystyle{ \NN}\) nieskończonym, to M jest równoliczny z \(\displaystyle{ \NN.}\) To też ciekawe, bo wzorem tej bijekcji nie zdefiniuje się
\(\displaystyle{ f(n)=\min\left\{M\setminus \bigcup_{k<n}\{f(k)\}\right\}}\)
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Dasio11 »

Chciałbym przypomnieć, że ten wątek został założony jako miejsce dzielenia się ciekawymi trickami matematycznymi, a nie jako (nie pierwszy już zresztą na tym forum) mini-blog o elementarnej teorii mnogości.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jakub Gurak »

Dzisiaj odkryłem (coś niesamowitego), że jeśli dwa zbiory są równoliczne, to są one również równoliczne z bijekcją, która o tym świadczy. (I to jest odkrycie- a nie jakaś wymyślna analiza funkcjonalna :lol:)- żartuje, ale mnie to zadziwia, bo łączy równoliczność zbiorów z równolicznością ze samą funkcją. Bijekcja, jest w szczególności funkcją, a więc relacją, a więc zbiorem par, czyli możemy ją traktować jako zbiór, i jest on równoliczny z obydwa zbiorami- dowód jest dość elementarny.

A tuż przed tym zauważyłem- od tego się zaczęło- że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, jeśli rozważymy kwadrat \(\displaystyle{ X \times X}\), i jego przekątną \(\displaystyle{ \mathbb{I}_X}\), to dany zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest równoliczny z przekątną, czyli relacją identyczności \(\displaystyle{ \mathbb{I}_X}\)- jest to ciekawy prosty fakt.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34123
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Lista ciekawych tricków

Post autor: Jan Kraszewski »

Przypominam, że
Dasio11 pisze: 28 lut 2019, o 09:03 Chciałbym przypomnieć, że ten wątek został założony jako miejsce dzielenia się ciekawymi trickami matematycznymi, a nie jako (nie pierwszy już zresztą na tym forum) mini-blog o elementarnej teorii mnogości.
To o czym piszesz nie jest żadnym przydatnym czy ciekawym trickiem, tylko bardzo elementarną obserwacją, więc nie pasuje do tego tego tematu.

JK
ODPOWIEDZ