logowanie

Teoria mnogości, zadanie nr 3574

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

Autor	Zadanie / RozwiÄ zanie
geometria postĂłw: 865	2015-08-17 01:13:47 Twierdzenie (Cantor-Bernstein) Jesli $A \subseteq B \subseteq C$ i A$\sim$C, to B$\sim$C. Korzystajac z powyzszego twierdzenia udowodnic, ze zbiory A i B sa rownoliczne. A={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}+y^{2}$$\le$1} B={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}+y^{2}$$\lt$1}
geometria postĂłw: 865	2015-08-18 19:13:46 Dziekuje. A czy mozna by to zadanie rozwiazac rowniez tak: Niech C={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}$$+y^{2}$$\le$$\frac{1}{4}$} - kolo domkniete Zatem C$\subseteq$B$\subseteq$A i C$\sim$A (bo kola domkniete sa rownoliczne), to B$\sim$A.
janusz78 postĂłw: 820	2015-08-18 19:27:10 MoĹźna, wpisujÄ c koło C w koło A, ale musisz wcześniej pokazać, Ĺźe dwa koła domknięte sÄ zbiorami rĂłwnolicznymi czyli $C\sim A.$
geometria postĂłw: 865	2015-08-18 19:51:21 A w jaki sposob to pokazac? Przez stworzenie bijekcji?
geometria postĂłw: 865	2015-08-19 12:45:17 Zrobilem tak: Niech f bedzie funkcja uzasadniajaca rownolicznosc C$\sim$A. f: C$\mapsto$A f($\lt$x,y$\gt$)=$\lt$2x,2y$\gt$ dla $\lt$x,y$\gt$$\in$C. Poprawnie?
janusz78 postĂłw: 820	2015-08-19 21:40:05 OgĂłlnie: $ f(x,y) = (u,v)= (\frac{R}{r}x,\ \ \frac{R}{r}y),$ gdzie $ x,y \in A.$
geometria postĂłw: 865	2015-08-19 23:18:42 Sprobuje zrobic jeszcze ogolniej. Niech A={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$(x-a)^{2}$+$(y-b)^{2}$$\le$$R^{2}$} B={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$(x-c)^{2}$+$(y-d)^{2}$$\le$$r^{2}$} Funkcja f ustalajaca rownolicznosc zbiorow A i B f: A$\rightarrow$B f($\lt$x,y$\gt$)=$\lt$$\frac{R}{r}$$x+|a-c|$, $\frac{R}{r}$$y+|b-d|$$\gt$ dla $x,y \in A$ Dobrze?
geometria postĂłw: 865	2015-08-21 10:07:28 Czy wzor napisany wczesniej jest poprawny? Tworzy sie funkcje podobienstwa czy jednokladnosci?
tumor postĂłw: 8070	2015-08-21 14:07:41 Janusz znĂłw spaprał, tym razem napisał bzdurkę takÄ : ----- $ A\sim A $ dwa koła z brzegiem sÄ zbiorami rĂłwnolicznymi (proszę pokazać, w tym przypadku moĹźna skorzystać z faktu, Ĺźe relacja rĂłwnoliczności zbiorĂłw jest relacjÄ zwrotnÄ ) UsuwajÄ c z $ A $ brzeg otrzymujemy $B$ Z twierdzenia Cantora-Bernsteina $ (A\subseteq B \subseteq A) \wedge (A\sim A) \rightarrow (B\sim A)$ c.b.d.o. ----- Pierwszy bĹ‚Ä d Janusza polega na \"usunięciu brzegu\" jakby to z caĹ‚Ä pewnościÄ nie zmieniało mocy zbioru. A moĹźe zmieniać. Jeśli korzystamy z jakiegoś brzegu (w ogĂłle gdzie odwołanie do jakiejś definicji? jakichś własności?) to tak naprawdę sięgamy po narzędzia bardziej skomplikowane, by nie uĹźyć prostszych. Bezzasadne. Drugi bĹ‚Ä d polega na uznaniu A pozbawionego brzegu wciÄ Ĺź za A, gdy w tym przypadku to prawdÄ nie jest (nie tylko: nie bywa prawdÄ w ogĂłlności). NIE JEST prawdÄ $A \subset B \subset A$, skoro A brzeg ma, a B nie ma. Dla przykładu: A - zbiĂłr liczb wymiernych w R B - zbiĂłr pusty A pozbawiony brzegu daje B zatem $(A\subseteq B \subseteq A) \wedge (A \sim A) \rightarrow (A \sim B)$ W ten sposĂłb janusz udowadnia, Ĺźe liczb wymiernych nie ma, bo ich zbiĂłr jest rĂłwnoliczny ze zbiorem pustym. Gratuluję odkrycia, bo metody jednak nie. ------- geometria: nie słuchaj janusza, chyba Ĺźe akurat daje tytuł ksiÄ Ĺźki, tam się nie myli aĹź tak często. Twoja metoda była odpowiednia, właśnie tak naleĹźało zrobić zadanie (albo analogicznie: tworzÄ c $D=\{<x,y>\in R^2:x^2+y^2<4\}$ i uĹźywajÄ c $B\subset A\subset D$ i rĂłwnoliczności $B\sim D$ dzięki bijekcji) Funkcja pokazujÄ ca rĂłwnoliczność dwĂłch dowolnych kół domkniętych nie jest zrobiona całkiem dobrze. ZauwaĹź, Ĺźe wartości bezwzględne dajÄ wyniki nieujemne, czyli ewentualne przesunięcie masz tylko w dodatnich kierunkach osi. A przecieĹź okręgi moĹźna teĹź przesuwać w stronę przeciwnÄ . Po co wartość bezwzględna? Gdy nie wiesz, czy wzĂłr działa, testuj go na przykładach. WeĹş proste okręgi jednostkowe, jeden o środku (1,1), a drugi (0,0), no i juĹź nie sposĂłb mnoĹźeniem jakiejkolwiek dodatniej współrzędnej pierwszego okręgu przez liczbę dodatniÄ $\frac{R}{r}$ i dodaniem liczby nieujemnej |a-c| uzyskać 0, czyli na pewno bijekcji między tymi okręgami nie masz. :) Popatrz na to tak: A - koło o środku $S_1=(a,b)$ i promieniu R B - koło o środku $S_2=(c,d)$ i promieniu r $<x,y>$ dowolny punkt zbioru A Wtedy $<x,y> \mapsto <x-a,y-b>$ przekształca A na koło o tym samym promieniu i środku $(0,0)$ następnie $\mapsto <\frac{x-a}{R},\frac{y-b}{R}>$ przekształca powyĹźsze na koło jednostkowe, następnie poprawmy promień $\mapsto <\frac{r(x-a)}{R},\frac{r(y-b)}{R}>$ i przesuńmy w miejsce docelowe $\mapsto <\frac{r(x-a)}{R}+c,\frac{r(y-b)}{R}+d>$ Jak widać powyĹźsze jest złoĹźeniem translacji i skalowania. MoĹźna inaczej. WeĹşmy okręgi podobnie jak wyĹźej, ale teraz machnijmy im punkt S tak, aby $\frac{R}{r}=\frac{|S_1S|}{|S_2S|}$ i by S leĹźał na odcinku $S_1S_2$ Jeśli teraz P jest punktem na kole A, to $\vec{PS}$ jest wektorem z P do S, natomiast $P`=P+\frac{r+R}{R}\vec{PS}$ jest obrazem P. Przy tym jeśli nie pokrywajÄ się środki kół i promienie sÄ róşne, to istnieje teĹź S będÄ cy środkiem jednokładności $f:A\to B$ o dodatnim k. Jeszcze inaczej: w ogĂłle popatrz na problem geometrycznie. Na ile czysto geometrycznych sposobĂłw moĹźna jedno koło przekształcić na drugie! MoĹźna najpierw przeskalować, by zgadzały się promienie, a potem zrobić symetrię punktowÄ lub osiowÄ . MoĹźna kilka z przekształceń (jednokładność, translacja, obrĂłt, symetria, skalowanie) złoĹźyć, dostajÄ c przeróşne warianty. Nie mĂłwiÄ c o tym, Ĺźe to, co tu robimy, to wszystko izometrie (pamiętasz z geometrii?) nie zmieniajÄ ce odległości pomiędzy dwoma punktami, do tego skalowania, czyli przekształcenia liniowe. Natomiast bijekcja, ktĂłra pokazuje rĂłwnoliczność, nie musi być przekształceniem liniowym, afinicznym, izometriÄ , moĹźna więc na wiele sposobĂłw wykrzywiać i zniekształcać okręgi, byle ostatecznie stworzyć bijekcję. A drĂłg rozwiÄ zania jest duĹźo. Niech $A=B=\{<x,y>:x^2+y^2\le 1\}$ oraz niech $f(<x,y>)=<xcos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2}) - ysin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2}), xsin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})+ycos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})>$ PowyĹźsze jest zabawnym przekształceniem okręgu na ten sam okrÄ g, ktĂłre środek zostawia w miejscu, a punkty dalsze od środka zostawia w tej samej odległości, ale obraca je dookoła środka o pewien kÄ t zaleĹźny od odległości od środka. A moĹźna to jeszcze zmodyfikować, na przykład tak: $f(<x,y>)=<\sqrt[5]{xcos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2}) - ysin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})}, \sqrt[5]{xsin(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})+ycos(\frac{\pi(x^2+y^2)}{2})}>$ To ostatnie przekształcenie jeszcze rozciÄ ga odległości punktĂłw od środka, zostawiajÄ c jednak staĹ‚Ä odległość brzegu koła od środka i nie ruszajÄ c teĹź samego środka. Ba, to, co robię, to sÄ nadal przekształcenia ciÄ głe, a przecieĹź bijekcja nie musi być ciÄ gła nawet. To zwiększa ilość moĹźliwości bardzo bardzo znacznie. Wiadomość była modyfikowana 2015-08-21 14:32:20 przez tumor
geometria postĂłw: 865	2015-08-21 17:42:03 Dziekuje bardzo za wyjasnienia. Dla przecwiczenia zrobie takie zadanie: Korzystajac z twierdzenia Cantora-Bernsteina udowodnic, ze zbiory A i B sa rownoliczne. A={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}$+$y^{2}$$\le$1} B={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$(x-1)^{2}$+$(y-2)^{2}$$\le$9}; $S_{1}$=(1, 2); r=3 Niech C={$\lt$x,y$\gt$$\in$$R^{2}$:$x^{2}$+$y^{2}$$\le$$\frac{1}{4}$}; $S_{2}$=(0, 0); R=$\frac{1}{2}$. Wtedy C$\subseteq$A$\subseteq$B i C$\sim$B, to na podstawie tw. Cantora-Bernsteina A$\sim$B. Funkcja f swiadczaca o rownolicznosci C$\sim$B, to $f: C\rightarrow$B f($\lt$x,y$\gt$)=$\lt$$\frac{3(x-0)}{0,5}$+1, $\frac{3(y-0)}{0,5}$+2$\gt$=$\lt$6x+1, 6y+2$\gt$ dla x,y$\in$C. Mam nadzieje, ze sie nie pomylilem.
strony: 1 2

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

© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj