Logika, zadanie nr 1367

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
jehns postów: 10	2013-05-31 17:16:52 Ustalić moce zbiorów (a) $N^{2}$ (b) $R^{2}$ (c) $N^{R}$ (d) $R^{N}$

tumor postów: 8070	2013-05-31 19:08:08 Nie odpisujesz na moje pytania. :) Dlatego dostaniesz znów rzecz z tw. Hessenberga. Jeśli $A$ jest nieskończony, to dla $n,m\in N^+$ mamy $A^n\sim A^m$. Zatem $N^2\sim N$, czyli moc $\aleph_0$ $R^2\sim R$, czyli moc $\mathfrak{c}$

tumor postów: 8070	2013-05-31 19:27:43 c) Mamy $2^R \le N^R \le R^R \le (2^N)^R \le 2^{N\times R} \le 2^R$ (w zasadzie trzeba by podać jakieś odwzorowania dowodzące nierówności. Pierwsze dwie załatwia identyczność. Trzecią rozumowanie z sąsiedniego zadania o zapisie dwójkowym liczb rzeczywistych z przedziału $[0,1]$. Czwarta nierówność wygląda na oczywistą, ale by trzeba umieć dowieść, że potęgi nieskończone się będą podobnie zachowywać. Możemy jednak potraktować $2^N$ jak $R$, $(2^N)^R$ jak funkcje $f:R\to [0,1]$, a $2^{N\times R}$ jak funkcje $g:N\times R \to \{0,1\}$. Ustalmy $f$. Dla każdego $x\in R$ i $n\in N$ zdefiniujmy $g(n,x)=$ $n$-ta cyfra rozwinięcia dwójkowego liczby $f(x)$. Bierzemy poprawkę na niejednoznaczność rozwinięcia, ale drugi raz tłumaczyć nie będę. :) Nierówność ostatnia wynika z prostego $R \le N\times R \le R\times R \le R$ )

tumor postów: 8070	2013-05-31 19:30:18 d) Podobnie jak wyżej. $R\le 2^N \le R^N \le (2^N)^N \le 2^{N\times N} \le 2^N \le R$

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj