[2167] shadow | 2018-01-18 22:06:00 |
Sziasztok!
Már nagyon régen volt, és a gyakorlatvezetőim sem a legjobbak voltak. Az rémlik, hogy két komponensre kellene bontanom az erőket de már nem tudom hogyan induljak neki. Esetleg valaki tud segíteni?
|
|
|
[2165] Fálesz Mihály | 2018-01-10 07:59:00 |
Csatlakozva jonashoz, a kérdésed úgy kezdődött, hogy "hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt..."
Tehát a játékban kapunk az ellenségünktől egy halmazt, amiről tudni véli, de inkább be tudja bizonyítani, hogy "kontinuum számosságú", és egy \(\displaystyle n\) pozitív egészt. Nekünk az a feladatunk, hogy a halmazt valami algoritmussal \(\displaystyle n\) részre osszuk.
A kérdés: annak bizonyítása, hogy a halmaz kontinuum számosságú, nem biztosít automatikusan (például a Cantor-Schröder-Bernstein tétel segítségével) egy bijekciót valamilyen ismert, kontinuum számosságú halmazzal?
|
Előzmény: [2162] marcius8, 2018-01-09 20:02:28 |
|
[2164] Fálesz Mihály | 2018-01-10 07:43:04 |
Megfelelteted a (legyen mondjuk \(\displaystyle H\)) halmazt az \(\displaystyle [0,n)\) intervallumnak vagyis veszel egy \(\displaystyle f:[0,n)\to H\) bijekciót. A \(\displaystyle [0,n)\) intervallum a szintén kontinuum számosságú \(\displaystyle [0,1),\ldots,[n-1,1)\) intervallumok uniója; ezeket külön-külön is képezheted a \(\displaystyle H\) halmazba:
\(\displaystyle
H =
f\big([0,n)\big) =
f\big([0,1)\big) \cup\ldots\cup f\big([n-1,n)\big).
\)
Véges sok helyett kontinuum sok résszel is megy: a kontinuum számosságú sík felbontható kontinuum sok párhuzamos egyenes uniójára.
|
Előzmény: [2158] marcius8, 2018-01-06 18:23:36 |
|
[2163] jonas | 2018-01-10 01:01:48 |
Azt, hogy egy halmaz kontinuum számosságú, többé-kevésbé úgy definiáljuk, hogy van egy bijekció valamilyen rögzített kontinuum számosságú halmazra, mondjuk a természetes számok halmazának a hatványhalmazára. Ha be szeretnéd bizonyued tani egy konkrét halmazról, hogy tényleg kontinuum számosságú, akkor többnyire a Schröder-Bernstein tételt a legkönnyebb fölhasználni. Ez gyakran kikerülhető lenne, de könnyebb egyszer bebizonyítani azt a tételt, mint minden példához újabb konstrukciókat keresni.
|
Előzmény: [2162] marcius8, 2018-01-09 20:02:28 |
|
[2162] marcius8 | 2018-01-09 20:02:28 |
Bármilyen meglepő, én is pont egy ilyen módszerre gondoltam. DE! konkrétan egy ilyen "univerzális" megfeleltetést még nem tudtam találni, ami bármilyen adott kontinuum-számosságú halmaz esetén működne.
|
Előzmény: [2160] Sirpi, 2018-01-09 09:23:30 |
|
[2161] jonas | 2018-01-09 17:17:54 |
„amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.”
Dehát az végtelen sok vágás. Az alatt elkopik a kés. Nem lehetne valahogyan \(\displaystyle k - 1 \) vágással megoldani?
|
Előzmény: [2160] Sirpi, 2018-01-09 09:23:30 |
|
[2160] Sirpi | 2018-01-09 09:23:30 |
Ha kontinuum számosságú, akkor képezhető egy bijekció a valós számok halmazával, tehát elég a valós számokat felosztani. Ott pedig a k. halmazba (\(\displaystyle k=0,1, \dots, n-1\)) tegyük bele azokat a számokat, amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.
|
Előzmény: [2158] marcius8, 2018-01-06 18:23:36 |
|
|
[2158] marcius8 | 2018-01-06 18:23:36 |
Hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt \(\displaystyle n\) darab egyforma számosságú részre osztani?
|
|
[2157] marcius8 | 2018-01-06 16:04:04 |
4. Ha \(\displaystyle x=pA+qB+r\), akkor legyen \(\displaystyle f(x)=r\), \(\displaystyle g(x)=qB\), \(\displaystyle h(x)=pA\).
5. \(\displaystyle u(x)=qb+r\), \(\displaystyle v(x)=pA-r\), ekkor \(\displaystyle u(x)+v(x)=pA+qB\) teljesül.
Köszönöm a segítséget!
|
Előzmény: [2153] jonas, 2018-01-03 01:54:24 |
|