Rozłączne figury

Algebra zbiorów. Relacje, funkcje, iloczyny kartezjańskie... Nieskończoność, liczby kardynalne... Aksjomatyka.
Jakub Gurak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1392
Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rzeszów
Podziękował: 60 razy
Pomógł: 83 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jakub Gurak »

Jak pamiętam, w tej książce, po podaniu definicji zbiorów prawie rozłącznych, piszą, że rodzinę złożoną z takich zbiorów nazywają rodziną prawie rozłączną, a następnie odnotowują, że dla podzbiorów zbioru liczb naturalnych takie rodziny zbiorów są co najwyżej przeliczalne- ale może coś pomyliłem( a książki ze sobą nie mam, więc nie sprawdzę ).
Dasio11 pisze: 17 mar 2023, o 17:12 ... tam jest twierdzenie: istnieje rodzina prawie rozłączna \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N})}\) mocy continuum.
Np. :?:
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

Jakub Gurak pisze: 17 mar 2023, o 21:03 Jak pamiętam, w tej książce, po podaniu definicji zbiorów prawie rozłącznych, piszą, że rodzinę złożoną z takich zbiorów nazywają rodziną prawie rozłączną, a następnie odnotowują, że dla podzbiorów zbioru liczb naturalnych takie rodziny zbiorów są co najwyżej przeliczalne- ale może coś pomyliłem( a książki ze sobą nie mam, więc nie sprawdzę ).
Nie może pomyliłeś się, tylko na pewno. Po wspomnianej definicji odnotowują, że dla podzbiorów zbioru liczb naturalnych rodziny zbiorów parami rozłącznych są co najwyżej przeliczalne - jest to wprowadzenie do Twierdzenia 9.1, które mówi, że dla prawie rozłącznych rodzin zbiorów sytuacja jest diametralnie inna.
Jakub Gurak pisze: 17 mar 2023, o 21:03
Dasio11 pisze: 17 mar 2023, o 17:12 ... tam jest twierdzenie: istnieje rodzina prawie rozłączna \(\displaystyle{ \mathcal{R} \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N})}\) mocy continuum.
Np. :?:
Jest dużo takich konstrukcji, więc nie będziesz miał problemu ze znalezieniem jakiejś (jest w Błaszczyku, Turka, jest w moim podręczniku). Możesz też spróbować sam: jedna taka konstrukcja wykorzystuje pełne drzewo binarne, inna zbieżne (różnowartościowe) ciągi liczb wymiernych.

JK
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

Nie chciałbym psuć Jakubowi zabawy, ale gdzieś to już widziałem i coś mi się przypomniało. Przeglądając przykładowe egzaminy magisterskie (jakoś rok temu) natknąłem się na takie zadanie:

3. Uzasadnij, że dla każdego \(\gamma \in \mathbb{R}\) istnieje ciąg \( \alpha_{n}\in \mathbb{Q}\) zbieżny do \(\gamma\). Za pomocą tego faktu udowodnij, że istnieje rodzina podzbiorów \(\mathbb{N}\) mocy continuum taka, że każde dwa jej elementy mają skończony przekrój.

Myślę, że udało mi się je wtedy rozwiązać, spróbuję zrobić to jeszcze raz. Byłbym wdzięczny, gdyby ktoś mi potwierdził, że jest dobrze.

Pierwsza część to znany fakt, możemy powiedzieć nawet trochę więcej: dla każdego \(\gamma \in \mathbb{R}\) istnieje ciąg liczb wymiernych \(a_{n}\neq \gamma\) zbieżny do \(\gamma\).
Dla \(\gamma \in \mathbb{R}\) niech \(f_{\gamma}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}\), \(f_{\gamma}(n)=\frac{\lfloor n\gamma \rfloor}{n}-\frac{1}{n}\). Wtedy \((\forall n\in \mathbb{N}) \ f_{\gamma}(n) < \gamma\) oraz \( \lim_{n \to \infty} f_{\gamma}(n)=\gamma\). Ustalmy \(x, y\in \mathbb{R}\), takie że \(x\neq y\) i rozważmy zbiory \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\), \(A_{y}=\lbrace f_{y}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Korzystając ze zbieżności ciągów \(f_{x}, f_{y}\) możemy stwierdzić, że istnieje \(N\) takie, że dla \(n \ge N\) mamy \(f_{x}(n)\in (x-\frac{|x-y|}{2}, \ x+\frac{|x-y|}{2})\) i \(f_{y}(n)\in (y-\frac{|x-y|}{2}, \ y+\frac{|x-y|}{2})\) - są to przedziały rozłączne, więc \(f_{x}\) i \(f_{y}\) mają tylko skończenie wiele wspólnych wyrazów. Przekrój \(A_{x}\cap A_{y}\) jest więc skończony. Co więcej, zbiór \(A_{x}\) jest nieskończony (wynika to z tego, że wyrazy naszych ciągów są różne od swoich granic). Możemy więc powiedzieć, że istnieje \(q\in A_{x}\setminus A_{y}=A_{x}\setminus(A_{x}\cap A_{y})\), zatem zbiory \(A_{x}, A_{y}\) są różne.

Teraz, dla dowolnego \(x\in \mathbb{R}\) niech \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Rodzina \(\mathcal{C}=\lbrace A_{x}: \ x\in \mathbb{R} \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{Q}) \) jest rodziną mocy continuum (funkcja przypisująca każdemu \(x\in \mathbb{R}\) zbiór \(A_{x}\) jest bijekcją pomiędzy \(\mathbb{R}\) a \(\mathcal{C}\)) zbiorów parami prawie rozłącznych.

Weźmy injekcję \(g: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{N}\). Wtedy dla różnych \(x,y \in \mathbb{R}\) mamy \(g[A_{x}]\neq g[A_{y}]\) oraz \(g[A_{x}]\cap g[A_{y}]=g[A_{x}\cap A_{y}]\) jest skończony, jako obraz zbioru skończonego przez funkcję.

Rodzina \(\mathcal{R}=\lbrace g[A_{x}]: \ x\in \mathbb{R} \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N}) \) jest zatem rodziną mocy continuum parami prawie rozłącznych podzbiorów \(\mathbb{N}\).

Nadaję się na teoretyka? :P
Pozdrawiam
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

szuler pisze: 18 mar 2023, o 22:12Byłbym wdzięczny, gdyby ktoś mi potwierdził, że jest dobrze.
Jest dobrze.

JK
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

Jakub Gurak pisze: 8 lis 2022, o 21:32 "Czy na płaszczyźnie można umieścić nieprzeliczalnie wiele rozłącznych kół"
Nie zaglądałem do linka pana dr. Kraszewskiego, ale spróbuję zrobić drobne uogólnienie.

Niech \(\langle X,\tau \rangle\) będzie ośrodkową przestrzenią topologiczną, a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach. Niech \(D\) będzie co najwyżej przeliczalnym, gęstym podzbiorem \(X\). Dla każdego \(i\in I\) istnieje \(u_{i}\in D\) takie, że \(u_{i}\in \Int(U_{i})\). Zbiory z rodziny \(\mathcal{U}\) są parami rozłączne, więc ich wnętrza również. Funkcja \(f:\mathcal{U}\rightarrow D\), \(f(U_{i})=u_{i}\) jest różnowartościowa, więc mamy, że \(|\mathcal{U}|\le |D|\le \aleph_{0}\), czyli \(\mathcal{U}\) jest co najwyżej przeliczalna.

Ładnie? A może uda się w jednej linijce?
Może powinienem dodać, że każdemu zbiorowi \(U\in\mathcal{U}\) odpowiada dokładnie jeden indeks z \(I\), żeby \(f\) faktycznie była zawsze funkcją (zakładałem to tak po cichu).

Dodano po 58 minutach 35 sekundach:
szuler pisze: 20 mar 2023, o 12:39 a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach
Teraz widzę, że zbiory z \(\mathcal{U}\) nie muszą nawet być rozłączne, wystarczy, że ich wnętrza są. Nasze figury mogą więc (szok!) stykać się brzegami, i wciąż będzie ich co najwyżej przeliczalnie wiele.

Dodano po 17 godzinach 46 minutach 50 sekundach:
A jednak dobrze myślałem. Kto wchodzi na Wikipedię, ten sam sobie szkodzi.
Wikipedia pisze: 8 lis 2022, o 21:32 Każda przestrzeń ośrodkowa jest ccc. Istotnie, jeżeli \(D\) jest gęstym przeliczalnym podzbiorem przestrzeni \(X\) oraz \(\mathcal {A}\) jest rodziną niepustych rozłącznych i otwartych podzbiorów \(X\), to z gęstości zbioru \(D\) istnieje funkcja różnowartościowa przyporządkowująca każdemu punktowi zbioru \(D\) element rodziny \(\mathcal {A}\) (każdy niepusty zbiór otwarty zawiera pewien punkt zbioru \(D\)).
Ćwiczenie: weźmy \(X=\mathbb{R}\), \(\mathcal{A}=\lbrace (-\infty, 0),(0,\infty) \rbrace\) i \(D=\mathbb{Q}\). Wiecie może jak wygląda taka funkcja różnowartościowa z \(D\) w \(\mathcal{A} \ \)?
Anglosasi są trochę bardziej subtelni - w ogóle nie dowodzą tego w tym artykule. Piszą tylko, że
Wikipedia pisze: 8 lis 2022, o 21:32 Every separable topological space is ccc.
i nie zaliczają takiej kompromitacji Tzwölla. A znajdziemy tam pewnie więcej takich kwiatków, np.
Wikipedia pisze: 8 lis 2022, o 21:32 Zbiór brzegowy – podzbiór przestrzeni topologicznej, który nie zawiera żadnego niepustego zbioru otwartego.
Zbiór brzegowy jest równy swojemu brzegowi[1].
Czy według autora \(\text{Bd} \ \mathbb{Q}=\mathbb{Q} \ \)?
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

szuler pisze: 21 mar 2023, o 07:25A jednak dobrze myślałem. Kto wchodzi na Wikipedię, ten sam sobie szkodzi.
Wikipedia pisze: 8 lis 2022, o 21:32 Każda przestrzeń ośrodkowa jest ccc. Istotnie, jeżeli \(D\) jest gęstym przeliczalnym podzbiorem przestrzeni \(X\) oraz \(\mathcal {A}\) jest rodziną niepustych rozłącznych i otwartych podzbiorów \(X\), to z gęstości zbioru \(D\) istnieje funkcja różnowartościowa przyporządkowująca każdemu punktowi zbioru \(D\) element rodziny \(\mathcal {A}\) (każdy niepusty zbiór otwarty zawiera pewien punkt zbioru \(D\)).
Ćwiczenie: weźmy \(X=\mathbb{R}\), \(\mathcal{A}=\lbrace (-\infty, 0),(0,\infty) \rbrace\) i \(D=\mathbb{Q}\). Wiecie może jak wygląda taka funkcja różnowartościowa z \(D\) w \(\mathcal{A} \ \)?
To jest oczywiście bzdura, tym bardziej, że nawet gdyby taka funkcja istniała, to niczego by to nie dowodziło. Ale nie wpływa na prawdziwość twierdzenia.
szuler pisze: 21 mar 2023, o 07:25A znajdziemy tam pewnie więcej takich kwiatków, np.
Wikipedia pisze: 8 lis 2022, o 21:32 Zbiór brzegowy – podzbiór przestrzeni topologicznej, który nie zawiera żadnego niepustego zbioru otwartego.
Zbiór brzegowy jest równy swojemu brzegowi[1].
Czy według autora \(\text{Bd} \ \mathbb{Q}=\mathbb{Q} \ \)?
A to ewidentnie zły dobór źródeł - kto widział, żeby przy hasłach matematycznych odwoływać się do internetowej wersji encyklopedii PWN?

Z Wikipedią oczywiście trzeba uważać, ale ta angielska jest niezła (matematycznie).

JK
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

Przeczytałem na wiki coś takiego:
In many cases, a set arising from choosing elements arbitrarily can be made without invoking the axiom of choice; this is, in particular, the case if the number of sets from which to choose the elements is finite, or if a canonical rule on how to choose the elements is available – some distinguishing property that happens to hold for exactly one element in each set.
I pomyślałem o czymś takim: weźmy rodzinę parami rozłącznych, ograniczonych przedziałów otwartych, ale nie dowolną, tylko taką, że początek każdego przedziału jest liczbą wymierną, i każdy nasz przedział ma długość nie mniejszą niż 1. Z każdego takiego przedziału moglibyśmy wybrać średnią arytmetyczną jego początku i liczby o jeden większej - będzie to liczba wymierna, wybrana w taki sam sposób dla każdego przedziału. Czy możemy stwierdzić, że rodzina takich przedziałów jest co najwyżej przeliczalna bez tego słynnego aksjomatu wyboru? Znalezienie takiej metody w przypadku dowolnej rodziny przedziałów wydaje się niemożliwe, a jednak w książce Kuratowskiego znalazłem coś takiego. Rzecz dzieje się w przestrzeni topologicznej, o której wiemy, że ma przeliczalną bazę.
Theorem 2. Every family of disjoint open sets is (effectively) countable.
Proof. Given a (non empty) member \(G\) of the family, there exists a member of the base such that \(R_{n}\subset G\). Let \(n(G)\) be the first index with this property. Since the members of the family are disjoint, it follows that to different sets correspond different indices. Thus the given family has been arranged in a (finite or infinite) sequence.
In particular, every family of non overlapping intervals in a straight line is countable.
O ja cię. Czy w taki sposób matematycy radzą sobie z "podejrzanymi" wyborami? Bardzo sprytnie. O ile dobrze mi się wydaje, nie wybieramy tu po jednym elemencie z każdego zbioru, a pewien jego podzbiór, i to w jednoznaczny sposób, tak? No, chyba, że coś pokręciłem.

Dodano po 43 minutach 9 sekundach:
Czy w związku z tym, mając na \(\mathbb{R}\) bazę złożoną z przedziałów otwartych o końcach wymiernych, wiedzielibyśmy dokładnie, jak ponumerować nasze rozłączne przedziały? To tylko takie moje przemyślenia.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

szuler pisze: 21 mar 2023, o 22:53O ile dobrze mi się wydaje, nie wybieramy tu po jednym elemencie z każdego zbioru, a pewien jego podzbiór, i to w jednoznaczny sposób, tak?
Tak, definiujesz (efektywnie) injekcję ze zbioru \(\displaystyle{ G}\) w tę przeliczalną bazę.
szuler pisze: 21 mar 2023, o 22:53 Czy w związku z tym, mając na \(\mathbb{R}\) bazę złożoną z przedziałów otwartych o końcach wymiernych, wiedzielibyśmy dokładnie, jak ponumerować nasze rozłączne przedziały?
Tak.

JK
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

A mógłbym spytać, jak ma się to do naszego aksjomatu? Nie potrzebujemy go do pokazania, że na prostej może być tylko przeliczalnie wiele takich przedziałów?
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

szuler pisze: 22 mar 2023, o 00:01 A mógłbym spytać, jak ma się to do naszego aksjomatu?
Którego "naszego"?

JK
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

Aksjomatu wyboru. I czy nie będzie to injekcja z rodziny tych rozłącznych zb. otwartych w tę bazę (napisał Pan, że ze zbioru \(G\))?
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: Jan Kraszewski »

szuler pisze: 22 mar 2023, o 00:09 Aksjomatu wyboru.
Wydaje się niepotrzebny.
szuler pisze: 22 mar 2023, o 00:09 I czy nie będzie to injekcja z rodziny tych rozłącznych zb. otwartych w tę bazę?
To chciałem napisać, ale nieuważnie przeczytałem Twój cytat.

JK
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

Mam nadzieję, że nie męczę Pana za bardzo tymi moimi pytaniami, ale muszę dopytać: czy do takiego wyniku jak tutaj:
szuler pisze: 21 mar 2023, o 07:25 Niech \(\langle X,\tau \rangle\) będzie ośrodkową przestrzenią topologiczną, a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach. Niech \(D\) będzie co najwyżej przeliczalnym, gęstym podzbiorem \(X\). Dla każdego \(i\in I\) istnieje \(u_{i}\in D\) takie, że \(u_{i}\in \Int(U_{i})\). Zbiory z rodziny \(\mathcal{U}\) są parami rozłączne, więc ich wnętrza również. Funkcja \(f:\mathcal{U}\rightarrow D\), \(f(U_{i})=u_{i}\) jest różnowartościowa, więc mamy, że \(|\mathcal{U}|\le |D|\le \aleph_{0}\), czyli \(\mathcal{U}\) jest co najwyżej przeliczalna.
możemy dojść, bez AC, w dowolnej ośrodkowej p. metrycznej \(\langle X,d \rangle\)? Mając zbiór gęsty \(A=\lbrace a_{n}: n\in\mathbb{N}\rbrace\) możemy zdefiniować bazę \( \mathcal{B}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}\lbrace B_{\frac{1}{n}}(a_{k}): n\in\mathbb{N}^{+} \rbrace\) i, jeśli dobrze mi się zdaje, żeby powiedzieć, że \(\mathcal{B}\) jest przeliczalna, wystarczy nam fakt, że \(\mathbb{N}\sim\mathbb{N} \times \mathbb{N}\). Moglibyśmy zrobić to samo, co w tym cytacie z Kuratowskiego, czyli wybierać z każdego zbioru \(G\) o niepustym wnętrzu element bazy o najmniejszym indeksie, zawarty w \(G\).
No, chyba, że do przeliczalności \(\mathcal{B}\) potrzebujemy twierdzenia, że suma przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych jest przeliczalna, ale raczej nie? A, i wystarczy, że wnętrza tych zbiorów są niepuste i rozłączne, a same zbiory nie muszą być rozłączne, tak?
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: Rozłączne figury

Post autor: Dasio11 »

szuler pisze: 22 mar 2023, o 08:49czy do takiego wyniku jak tutaj:
szuler pisze: 21 mar 2023, o 07:25 Niech \(\langle X,\tau \rangle\) będzie ośrodkową przestrzenią topologiczną, a \(\mathcal{U}=\lbrace U_{i}:i\in I\rbrace \subseteq \mathcal{P}(X)\) rodziną parami rozłącznych zbiorów o niepustych wnętrzach. Niech \(D\) będzie co najwyżej przeliczalnym, gęstym podzbiorem \(X\). Dla każdego \(i\in I\) istnieje \(u_{i}\in D\) takie, że \(u_{i}\in \Int(U_{i})\). Zbiory z rodziny \(\mathcal{U}\) są parami rozłączne, więc ich wnętrza również. Funkcja \(f:\mathcal{U}\rightarrow D\), \(f(U_{i})=u_{i}\) jest różnowartościowa, więc mamy, że \(|\mathcal{U}|\le |D|\le \aleph_{0}\), czyli \(\mathcal{U}\) jest co najwyżej przeliczalna.
możemy dojść, bez AC, w dowolnej ośrodkowej p. metrycznej \(\langle X,d \rangle\)? Mając zbiór gęsty \(A=\lbrace a_{n}: n\in\mathbb{N}\rbrace\) możemy zdefiniować bazę \( \mathcal{B}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}\lbrace B_{\frac{1}{n}}(a_{k}): n\in\mathbb{N}^{+} \rbrace\) i, jeśli dobrze mi się zdaje, żeby powiedzieć, że \(\mathcal{B}\) jest przeliczalna, wystarczy nam fakt, że \(\mathbb{N}\sim\mathbb{N} \times \mathbb{N}\). Moglibyśmy zrobić to samo, co w tym cytacie z Kuratowskiego, czyli wybierać z każdego zbioru \(G\) o niepustym wnętrzu element bazy o najmniejszym indeksie, zawarty w \(G\).
Wszystko się zgadza, ale cytowany dowód działa bez aksjomatu wyboru w dowolnej ośrodkowej przestrzeni topologicznej, więc daje ogólniejszy wynik bez przechodzenia przez przeliczalną bazę.
Awatar użytkownika
szuler
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 77
Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Rozłączne figury

Post autor: szuler »

Naprawdę? W końcu nie każda ośrodkowa przestrzeń ma przeliczalną bazę, np. strzałka.
ODPOWIEDZ