Rozłączne figury
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Fakt, trochę za szybko odpisałem. Mógłbym jeszcze spytać, jak mniej więcej wygląda taki dowód bez przeliczalnej bazy?
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10235
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2365 razy
Re: Rozłączne figury
No przecież tak. ;P
\(\displaystyle{ f(U) = \min \{ n \in \NN : d_n \in \operatorname{\text{int}}(U) \}}\),
gdzie \(\displaystyle{ D = \{ d_n : n \in \NN \}}\).
Nie trzeba korzystać z aksjomatu wyboru, bo \(\displaystyle{ u_i \in D}\) wybiera się używając funkcji wyboru indukowanej z liczb naturalnych przez injekcję \(\displaystyle{ D \to \NN}\), która istnieje z założenia. Mówiąc wprost (i ciut zmieniając dla uproszczenia zapisu), o przeliczalności \(\displaystyle{ \mathcal{U}}\) świadczy injekcja \(\displaystyle{ f : \mathcal{U} \to \NN}\) dana wzoremszuler 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.
\(\displaystyle{ f(U) = \min \{ n \in \NN : d_n \in \operatorname{\text{int}}(U) \}}\),
gdzie \(\displaystyle{ D = \{ d_n : n \in \NN \}}\).
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Rzeczywiście, teraz to widzę. Nie jest to dla mnie wcale oczywiste, jestem w zasadzie laikiem w temacie. Po prostu zadziwiło mnie to, co zobaczyłem w tej książce, i chciałem się tym podzielić.
Dodano po 7 dniach 7 godzinach 7 minutach 51 sekundach:
Nie sądzę, żebym jakoś przekonał tym Jakuba, ale niech inni mają tego świadomość.
Dodano po 47 minutach 35 sekundach:
Może jeszcze coś dodam. Na dzień dzisiejszy zrobienie czegoś całkowicie nowego w matematyce jest niesamowicie trudne - jak ktoś nie jest jakimś Perelmanem, to chyba uda mu się to tylko w bardzo wąskiej dziedzinie, którą bada może kilkanaście osób na świecie. Ale wydaje mi się, że nie o to chodzi w studiowaniu matematyki, a raczej właśnie o możliwość rozwijania własnego, precyzyjnego sposobu myślenia.
Dodano po 7 dniach 7 godzinach 7 minutach 51 sekundach:
Wielki błąd - żeby czytać tego typu książki naprawdę nie trzeba jakoś świetnie umieć mówić po angielsku. Zwięzłość niektórych książek jest na to najlepszym dowodem.Jakub Gurak pisze: ↑15 gru 2022, o 23:48 Poszukuję książki z teorii mnogości, najlepiej po polsku, gdyż u mnie z angielskim jest kiepsko.
Znów, ogromny błąd. Książki naszego rodaka są genialne.Ale nie chcę książki typu: "Kuratowski Mostowski, Teoria Mnogości"
I bardzo dobrze. Dzięki temu można trochę poszerzyć sobie horyzonty, szybko załatwić potrzebne podstawy, i iść dalej.tam, teoria mnogości, to zajmuje na moje oko jedynie jedną piątą książki- reszta to topologie, algebry, wszystko co się da.
Nie ma lepszych książek do samodzielnej nauki niż te, w których twierdzenia "same się dowodzą". Uzupełnianie przejść w takim dowodzie naprawdę rozwija myślenie.I styl książki, może sam styl jest fajny, zwięzły i ścisły, bez przesadnego formalizmu- ale to podejście rachunkowe to mi się nie podoba ( ja, z zachwytu nad żmudnymi wzorami, to już dawno wyrosłem ), a dowody... twierdzenia same się dowodzą...
Czy kulturyści wyglądają tak, jak wyglądają, bo podnoszą po tysiąc razy 5-kilogramowy ciężarek? No oczywiście nie. Trzeba brać się za trudniejsze rzeczy, żeby jakoś się rozwijać.Inną sprawą, jest to, że w tej książce od razu rzucają się na głęboką wodę
Pęknę ze śmiechu. Wszystko na odwrót - im MNIEJ głupich ilustracji, tym LEPIEJ. To samemu trzeba sobie robić ilustracje, jeśli w ogóle są potrzebne.z nastawieniem na rozwijanie wyobraźni matematycznej (im więcej będzie ilustracji w takiej książce, tym lepiej)
Nie sądzę, żebym jakoś przekonał tym Jakuba, ale niech inni mają tego świadomość.
777... taka prawda, że aż Bóg na niebie widziDodano po 7 dniach 7 godzinach 7 minutach
Dodano po 47 minutach 35 sekundach:
Może jeszcze coś dodam. Na dzień dzisiejszy zrobienie czegoś całkowicie nowego w matematyce jest niesamowicie trudne - jak ktoś nie jest jakimś Perelmanem, to chyba uda mu się to tylko w bardzo wąskiej dziedzinie, którą bada może kilkanaście osób na świecie. Ale wydaje mi się, że nie o to chodzi w studiowaniu matematyki, a raczej właśnie o możliwość rozwijania własnego, precyzyjnego sposobu myślenia.
-
- Użytkownik
- Posty: 1414
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Rozłączne figury
Ja, cały czas, jakoś się rozwijam( może nie aż w takim tempie, jak lecą w tej omawianej książce, przyznaję szczerze, sto razy wolniej, ale ciągle do przodu- np. nie tak dawno, trudne do pojęcia dla mnie było, że suma prostoķątów może dawać koło otwarte, i jak zobaczyłem animację Janusza Tracza (trwającą zaledwie pięć sekund), to z trzy minuty się przyglądałem, i ... warto było- teraz, nie mając animacji dla elipsy, mając tylko jedynie rysunek elipsy na kartce, nie jest dla mnie problemem przesuwanie wierzchołków prostokątów po elipsie, i sumowanie tych prostoķątów- a dopiero co, fakt, mówiący, że suma prostoķątów może dawać koło otwarte, był dla mnie szokujący ). Także pomału jakoś się rozwijam. I tak - czasem wystarczy mi zaledwie mały ciężarek, jeśli coś jest (choć odrobinę) kształcące dla mnie, a jest przy tym ciekawe, to mnie to cieszy i lubię to badać.
Ale wydaje mi się, że nie o to chodzi w studiowaniu matematyki, a raczej właśnie o możliwość rozwijania własnego, precyzyjnego sposobu myślenia.
Zapytam jeszcze:
Jaką książkę, z teorii mnogości, polecacie, jeśli chodzi o rozkłady zbioru??
Jest to dla mnie bardzo ciekawe pojęcie, jak pierwszy raz o tym usłyszałem, to byłem zachwycony, i dalej mnie to pociąga.
Np. jednym z najciekawszych problemów matematycznych, które mnie teraz interesują, jest poniższy problem:
Rozważmy kostkę w przestrzeni trójwymiarowej, zbudowaną z trzech przedziałów domkniętych. Interesuje mnie badanie rozkładów tej kostki na mniejsze kostki ) .
Co polecacie odnośnie rozkładów zbioru
(I, rozumiem, że większość matematyków mogą nie interesować takie zawiłe rozumowania odnośnie pojęciowo prostych faktów- a dla mnie osobiście- mnie to kręci, i chcę się w tym rozwijać).
Na koniec dodam jeden prosty fakt odnośnie zbiorów rozłącznych:
Mamy taki fakt mówiący, że dla funkcji między dwoma zbiorami, dla dwóch podzbiorów przeciwdziedziny tej funkcji, jeśli te dwa zbiory są rozłączne, to ich przeciwobrazy również są rozłączne.
UZASADNIENIE TEGO FAKTU:
No bo gdyby te przeciwobrazy miałyby wspólny element, to ta funkcja temu elementowi przypisywałaby dwa różne elementy z odpowiednio pierwszego i drugiego podzbioru przeciwdziedziny, co przeczy definicji funkcji, i co kończy dowód tego faktu \(\displaystyle{ .\square}\)
Ostatnio zmieniony 30 mar 2023, o 15:54 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: pomału.
Powód: Poprawa wiadomości: pomału.
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Nawet się czasem przydaje.Jakub Gurak pisze: ↑30 mar 2023, o 15:51 Mamy taki fakt mówiący, że dla funkcji między dwoma zbiorami, dla dwóch podzbiorów przeciwdziedziny tej funkcji, jeśli te dwa zbiory są rozłączne, to ich przeciwobrazy również są rozłączne.
Niech \(\langle X,\tau\rangle\) będzie spójną przestrzenią topologiczną.
Załóżmy, że funkcja \(f:X\rightarrow \mathbb{R}\) jest ciągła. Załóżmy, że \(a,b\in X\) i \(f(a)<f(b)\). Przypuśćmy (nie wprost), że istnieje \(M\in (f(a), f(b))\) takie, że \(\forall_{x\in X} \ f(x)\neq M\). Wtedy \(X=f^{-1}[(-\infty, M)]\cup f^{-1}[(M, \infty)]\), \(a\in f^{-1}[(-\infty, M)]\) i \(b\in f^{-1}[(M,\infty)]\). W ten sposób rozłożyliśmy \(X\) na dwa niepuste, rozłączne podzbiory otwarte, sprzeczność. Wobec tego \(\forall_{M\in (f(a), \ f(b))} \exists_{x\in X} \ f(x)=M\).
Dodano po 14 minutach 51 sekundach:
Chyba coś jest nie tak z tym uzasadnieniem. Na moje oko powinno to wyglądać tak.Jakub Gurak pisze: ↑30 mar 2023, o 15:51 UZASADNIENIE TEGO FAKTU:
No bo gdyby te przeciwobrazy miałyby wspólny element, to ta funkcja temu elementowi
przypisywałaby dwa różne elementy z odpowiednio pierwszego i drugiego podzbioru
przeciwdziedziny, co przeczy definicji funkcji, i co kończy dowód tego faktu \(\displaystyle{ .
\square}\)
Niech \(f:X\rightarrow Y\) będzie funkcją i \(A,B\subset Y\). Wtedy \[x\in f^{-1}[A\cap B ] \Longleftrightarrow f(x) \in A\cap B \Longleftrightarrow f(x) \in A \wedge f(x) \in B \Longleftrightarrow x\in f^{-1}[A] \cap f^{-1}[ B ]. \] W sytuacji, gdy \(A\cap B = \emptyset\) mamy, że \[f^{-1}[A] \cap f^{-1}[ B ] = f^{-1}[A\cap B ] = f^{-1}[\emptyset] = \emptyset . \]
Ale może jest OK i po prostu można na różne sposoby dojść do sprzeczności, gdy robimy to nie wprost.
-
- Administrator
- Posty: 34348
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
Re: Rozłączne figury
Twoje rozumowanie jest wprost, rozumowanie Jakuba jest nie wprost, ale oba są poprawne.
JK
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Czyli w dowodzie nie wprost można dojść do sprzeczności na przynajmniej 2 sposoby:
1. Wartość \(f\) w pewnym punkcie należy do zb. pustego.
2. Sprzeczność z def. funkcji.
Zgadza się?
1. Wartość \(f\) w pewnym punkcie należy do zb. pustego.
2. Sprzeczność z def. funkcji.
Zgadza się?
-
- Administrator
- Posty: 34348
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
Re: Rozłączne figury
Tak. Tak naprawdę zależy to od tego, jak opiszemy rozumowanie.
Gdyby zapisywać je formalnie, to zaczynałoby się tak:
Niech \(\displaystyle{ f:X\to Y}\). Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ A,B \subseteq Y}\) takie, że \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\) i załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f^{-1}[A]\cap f^{-1}[{}B]\ne\emptyset}\). Wtedy istnieje \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[A]\cap f^{-1}[{}B]}\).
No i teraz mamy dwie możliwości:
1) albo tak jak Ty skorzystamy z własności przeciwobrazu: \(\displaystyle{ f^{-1}[A\cap B]=f^{-1}[A]\cap f^{-1}[{}B]}\) i dostaniemy sprzeczność, bo skoro \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[A\cap B]}\), to z def. przeciwobrazu \(\displaystyle{ f(x)\in A\cap B}\), a \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\) (to tak naprawdę jest dowód wprost, "sprzedany" jako dowód nie wprost)
2) albo tak jak Jakub skorzystamy z def. przeciwobrazu (i przekroju): \(\displaystyle{ \red{f(x)}\in A}\) i \(\displaystyle{ \blue{f(x)}\in B}\), co wobec założenia \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\) sprawia, że \(\displaystyle{ \red{f(x)}\ne\blue{f(x)}}\), co oczywiście przeczy temu, że \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją (choć formalny zapis tego argumentu powinien używać nie kolorów, tylko par uporządkowanych, będących elementami \(\displaystyle{ f}\)).
JK
Gdyby zapisywać je formalnie, to zaczynałoby się tak:
Niech \(\displaystyle{ f:X\to Y}\). Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ A,B \subseteq Y}\) takie, że \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\) i załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f^{-1}[A]\cap f^{-1}[{}B]\ne\emptyset}\). Wtedy istnieje \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[A]\cap f^{-1}[{}B]}\).
No i teraz mamy dwie możliwości:
1) albo tak jak Ty skorzystamy z własności przeciwobrazu: \(\displaystyle{ f^{-1}[A\cap B]=f^{-1}[A]\cap f^{-1}[{}B]}\) i dostaniemy sprzeczność, bo skoro \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[A\cap B]}\), to z def. przeciwobrazu \(\displaystyle{ f(x)\in A\cap B}\), a \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\) (to tak naprawdę jest dowód wprost, "sprzedany" jako dowód nie wprost)
2) albo tak jak Jakub skorzystamy z def. przeciwobrazu (i przekroju): \(\displaystyle{ \red{f(x)}\in A}\) i \(\displaystyle{ \blue{f(x)}\in B}\), co wobec założenia \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\) sprawia, że \(\displaystyle{ \red{f(x)}\ne\blue{f(x)}}\), co oczywiście przeczy temu, że \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją (choć formalny zapis tego argumentu powinien używać nie kolorów, tylko par uporządkowanych, będących elementami \(\displaystyle{ f}\)).
JK
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Może dałoby się sformalizować ten drugi sposób jakoś tak.
\(f\subset X\times Y\) - nasza funkcja, \(A,B\subset Y\), \(A\cap B = \emptyset \), \(f^{-1}[ A ]=\lbrace x\in X: \ (\exists{y\in A}) \langle x,y \rangle \in f \rbrace\)
Załóżmy, że istnieje \(x\in f^{-1}[ A ] \cap f^{-1}[ B ] .\) Wtedy istnieją \(y_{1}\in A\), \(y_{2}\in B\) takie, że \(\langle x, y_{1}\rangle \in f\) i \(\langle x, y_{2} \rangle \in f \). Ponieważ \(A\cap B = \emptyset\), mamy, że \(y_{1}\neq y_{2}\), więc \(f\) nie jest funkcją - sprzeczność.
\(f\subset X\times Y\) - nasza funkcja, \(A,B\subset Y\), \(A\cap B = \emptyset \), \(f^{-1}[ A ]=\lbrace x\in X: \ (\exists{y\in A}) \langle x,y \rangle \in f \rbrace\)
Załóżmy, że istnieje \(x\in f^{-1}[ A ] \cap f^{-1}[ B ] .\) Wtedy istnieją \(y_{1}\in A\), \(y_{2}\in B\) takie, że \(\langle x, y_{1}\rangle \in f\) i \(\langle x, y_{2} \rangle \in f \). Ponieważ \(A\cap B = \emptyset\), mamy, że \(y_{1}\neq y_{2}\), więc \(f\) nie jest funkcją - sprzeczność.
-
- Administrator
- Posty: 34348
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
- szuler
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 16 mar 2023, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 2 razy
Re: Rozłączne figury
Formaliści lubią czasem skomplikować rzeczy proste. Np. łączność mnożenia kartezjańskiego zbiorów.
Czy coś nas powstrzymuje przed trakowaniem \(\langle\langle 1,1 \rangle , 1 \rangle\) i \(\langle 1, \langle 1,1 \rangle\rangle\) jako po prostu trójek jedynek? Może są jakieś sytuacje, gdzie takie rozróżnienie jest istotne? Bo ja nie widzę takiej potrzeby.Strictly speaking, the Cartesian product is not associative (unless one of the involved sets is empty).
\((A\times B)\times C\neq A\times (B\times C)\)
If for example \(A=\lbrace 1 \rbrace\), then \((A\times A)\times A=\lbrace \langle\langle 1,1 \rangle , 1 \rangle\rbrace\neq \lbrace \langle 1, \langle 1,1 \rangle\rangle\rbrace = A\times (A\times A)\).
-
- Administrator
- Posty: 34348
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
Re: Rozłączne figury
Nie, w praktyce matematycznej nie jest to istotne rozróżnienie. Ale taka sytuacja zdarza się często, gdy obiekty "strictly speaking" są różne, tak jak w Twoim przykładzie, albo np. w sytuacji, gdy mamy pary uporządkowane i ciągi dwuelementowe, ale matematycy je utożsamiają (bo istnieje kanoniczne utożsamienie) i w praktyce nie rozróżniają.
JK
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 1414
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Rozłączne figury
Ja, w większości przypadków, wolę rozróżniać kolejność mnożenia kartezjańskiego, a nie pozostawiać to jedynie przypadkowi.
Podobnie, dowolna relacja w zbiorze \(\displaystyle{ X \times Y,}\) to podzbiór zbioru \(\displaystyle{ \left( X \times Y\right) \times \left( X \times Y\right); }\) i widać, że inna kolejność rozmieszczenia nawiasów w tym wyrażeniu daje zupełnie co innego, i nie ma to sensu- mnożenie kartezjańskie NIE JEST łączne, pogódźmy się z tym. Podobnych przykładów można mnożyć.
Choć, mamy prawo, mówiące, że dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ X,Y}\) I \(\displaystyle{ Z,}\) mamy równoliczność:
\(\displaystyle{ \left( X \times Y\right) \times Z\sim X \times \left( Y \times Z\right); }\)
Dla dowodu wystarczy rozważyć bijekcję:
\(\displaystyle{ f: \left( X \times Y\right) \times Z \rightarrow X \times \left( Y \times Z\right)}\),
daną jako:
\(\displaystyle{ f\left( \left( x,y\right); z \right) =\left( x, \left( y,z\right) \right); }\)
ale te dwa iloczyny kartezjańskie nie są równe, są one jedynie równoliczne, może to gdzieś się przydać.
Dowolna funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), to podzbiór \(\displaystyle{ f \subset X \times Y,}\) więc w szczególności funkcja dwóch zmiennych \(\displaystyle{ f: X \times Y \rightarrow Z,}\) to podzbiór \(\displaystyle{ f \subset \left( X \times Y\right) \times Z. }\) Zauważmy, że nie ma sensu traktowanie tej funkcji jako podzbiór \(\displaystyle{ f \subset X \times \left( Y \times Z\right), }\) bo jest to funkcja jednej zmiennej, i to jeszcze taka, której wartościami są pary, ( i to jeszcze \(\displaystyle{ Z \neq Y \times Z,}\) dla \(\displaystyle{ Z \neq \emptyset}\), i \(\displaystyle{ X \times Y \neq X,}\) dla \(\displaystyle{ X \neq \emptyset}\)), więc nie ma to zupełnie sensu. Nie ma co na siłę szukać praw, których nie ma, mnożenie kartezjańskie NIE JEST łączne.
Podobnie, dowolna relacja w zbiorze \(\displaystyle{ X \times Y,}\) to podzbiór zbioru \(\displaystyle{ \left( X \times Y\right) \times \left( X \times Y\right); }\) i widać, że inna kolejność rozmieszczenia nawiasów w tym wyrażeniu daje zupełnie co innego, i nie ma to sensu- mnożenie kartezjańskie NIE JEST łączne, pogódźmy się z tym. Podobnych przykładów można mnożyć.
Choć, mamy prawo, mówiące, że dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ X,Y}\) I \(\displaystyle{ Z,}\) mamy równoliczność:
\(\displaystyle{ \left( X \times Y\right) \times Z\sim X \times \left( Y \times Z\right); }\)
Dla dowodu wystarczy rozważyć bijekcję:
\(\displaystyle{ f: \left( X \times Y\right) \times Z \rightarrow X \times \left( Y \times Z\right)}\),
daną jako:
\(\displaystyle{ f\left( \left( x,y\right); z \right) =\left( x, \left( y,z\right) \right); }\)
ale te dwa iloczyny kartezjańskie nie są równe, są one jedynie równoliczne, może to gdzieś się przydać.
-
- Administrator
- Posty: 34348
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5204 razy
Re: Rozłączne figury
A czy ktoś twierdził, że są równe? Nie chodzi tylko o równoliczność, ale o to, że większość matematyków używa po prostu \(\displaystyle{ X\times Y\times Z}\) bez żadnych nawiasów, traktując to jako zbiór trójek uporządkowanych. A jeżeli jest jakiś istotny powód, by gdzieś dostawić nawiasy, to sobie dostawiają.Jakub Gurak pisze: ↑1 kwie 2023, o 11:04ale te dwa iloczyny kartezjańskie nie są równe, są one jedynie równoliczne, może to gdzieś się przydać.
I dlatego w większości przypadków rozważania na temat łączności iloczynu kartezjańskiego są po prostu... zbędne.
JK