szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 lut 2017, o 01:27 
Użytkownik

Posty: 374
Lokalizacja: Rzeszów
Mam tu na myśli twierdzenie: ( przez PF(X,Y) oznaczamy zbiór wszystkich funkcji częściowych z X do Y, można o tym też przeczytać tu https://www.matematyka.pl/413639.htm

Jeśli \left( X, \le \right) jest dobrym porządkiem, B jest zbiorem, C \neq \left\{ \right\} jest niepustym zbiorem, to mamy twierdzenie że dla każdej funkcji
g:PF(X \times B,C) \times \left( X \times B\right) \rightarrow C istnieje dokładnie jedna funkcja h: X\times B \rightarrow C spełniająca równość:

h(x,b)=g( \ h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right), \ \left( x,b\right) \ ) \hbox { \ \ \textbf{(*)}}

gdzie w \left( X, \le \right): O\left( x\right)=\left\{ y\in X| \ y<x \right\}.
:mrgreen:

Chciałbym je osłabić (nieznacznie) likwidując zbiór B. Robię to tak:

Jeśli \left( X, \le \right) jest dobrym porządkiem, C \neq \left\{ \right\} jest niepustym zbiorem, g:PF(X,C) \times X \rightarrow C to
istnieje dokładnie jedna funkcja h: X \rightarrow C spełniająca równość:

h(x)=g( \ h \cap \left( O\left( x\right) \times C\right) , \ x \ ) \hbox { \ \ \textbf{(**)}}.


Udało mi się to udowodnić. Trzeba się tym podzielić, bo nie poszło najłatwiej. :D

Dowód:

Aby udowodnić powyższe twierdzenie ustalmy dowolną funkcję g ^{\prime} :PF(X,C) \times X \rightarrow C. Jeśli zbiór X jest pusty, to twierdzenie jest prawdziwe- istnieje dokładnie jedna funkcja pusta h ^{\prime} :\left\{ \right\}  \rightarrow C spełniająca równość \hbox {\textbf{(**)}} dla każdego x\in \left\{ \right\}- a więc jest to prawda. Dalej więc rozważajmy przypadek gdy zbiór X jest niepusty. Istnienie funkcji h ^{\prime} :X  \rightarrow C wykażemy przy pomocy pierwszego twierdzenia.

W tym celu połóżmy za B=\left\{ 0 \right\} (inne zbiory bez zmian). Nim zdefiniujemy funkcję g, wprowadźmy poniższe oznaczenie:

dla dowolnej funkcji f\in PF(X \times B,C) rozważmy nową funkcję f^{\prime\prime} \in PF(X ,C) określoną f^{\prime\prime}\left( x\right)=f\left( x,0\right)
określoną na zbiorze tych elementów x\in X dla których również f jest określona na \left( x,0\right). Mówiąc prosto, funkcja f^{\prime\prime} jedynie zapomina o drugim argumencie funkcji f równym 0, dzięki temu wykres tej nowej funkcji nie jest już niepotrzebnie trójwymiarowy ( ale mam go w płaszczyźnie XOZ).

Określmy w końcu funkcję g:PF(X \times B,C) \times \left( X \times B\right) \rightarrow C jako: g\left( f,\left( x,0\right) \right)=g ^{\prime}\left( f^{\prime\prime},x\right).

Chyba wszystko tu jest poprawnie określone. Z pierwszego twierdzenia dostaniemy że istnieje jedyna funkcja h: X\times \left\{ 0\right\}  \rightarrow C spełniająca równość:

h(x,0)=g( \ h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right), \ \left( x,0\right) \ ).

Zdefiniujmy h ^{\prime} :X  \rightarrow C jako: h ^{\prime}\left( x\right)=h \left( x,0\right). Aby udowodnić prawdziwość równości \hbox {\textbf{(**)}}, to niech x\in X, mamy :
h ^{\prime}\left( x\right)=h \left( x,0\right)=g( \ h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right), \ \left( x,0\right) \ )= g ^{\prime}\biggl( \biggl(h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right)\biggr)^{\prime\prime}, \ x \ \biggr)=
Ostatnia równość wynika z definicji funkcji g. Zauważmy że pozostało uzasadnić że \biggl(h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right)\biggr)^{\prime\prime}=h^{\prime} \cap \left( O\left( x\right) \times C\right)
Aby to uzasadnić to, tak: ponieważ h jest określona na całym X\times \left\{ 0\right\}, wobec czego h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right) oznaczmy tą funkcję jako h_{x} jest określona na O\left( x\right) \times \left\{ 0\right\}, wobec czego rozpatrywana funkcja h_{x}^{\prime\prime} jest określona na O\left( x\right). Podobnie rozumując uzasadniamy że funkcja h^{\prime} \cap \left( O\left( x\right) \times C\right) (oznaczmy ją h_{x}^{\prime}) jej dziedziną również jest O\left( x\right). Niech z\in X będzie z<x. Mamy: h_{x}^{\prime\prime}\left( z\right) =h_{x}\left( z,0\right)=h\left( z,0\right) oraz
h_{x}^{\prime}\left( z\right)=h^{\prime}\left( z\right)\stackrel{ df h ^{\prime}}{=}h\left( z,0\right), co wobec dowolności wyboru elementu z oznacza że h_{x}^{\prime\prime}=h_{x}^{\prime} Oj, indeksy... :? Ale możemy chyba zakończyć dowód równości \hbox {\textbf{(**)}}:

h ^{\prime}\left( x\right)= g ^{\prime}\biggl( \biggl(h \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right)\biggr)^{\prime\prime}, \ x\biggr)=g ^{\prime}\left( h_{x}^{\prime\prime}, \ x\right)=g ^{\prime}\left( h_{x}^{\prime}, \ x\right)=g ^{\prime}\left( h^{\prime} \cap \left( O\left( x\right) \times C\right), \ x \ \right)

Tym samym dowód został zakończony.\square :D :D

W twierdzeniu, jest jeszcze co prawda mowa o jedyności takiej funkcji- ale może już nie będę tego uzasadniał, myślę że nie będzie mi to konieczne.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 lut 2017, o 02:46 
Administrator

Posty: 22651
Lokalizacja: Wrocław
To raczej nie jest twierdzenie, tylko wniosek - używając silniejszego twierdzenia pokazujesz jego słabszą wersję (czy raczej szczególny przypadek).

Jakub Gurak napisał(a):
Mówiąc prosto, funkcja f^{\prime\prime} jedynie zapomina o drugim argumencie funkcji f równym 0, dzięki temu wykres tej nowej funkcji nie jest już niepotrzebnie trójwymiarowy ( ale mam go w płaszczyźnie XOZ).

To dość mocne nadużycie terminologii - jaka płaszczyzna? Jaki trójwymiar? Przecież to są dowolne zbiory.

I dlaczego uważasz, że zapominany argument był niepotrzebny? Skoro ktoś sformułował to twierdzenie w bardziej rozbudowanej wersji, to pewnie właśnie taką potrzebował...

JK
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lut 2017, o 18:56 
Użytkownik

Posty: 374
Lokalizacja: Rzeszów
Nie chciałem powiedzieć, że to rozbudowane twierdzenie jest niepotrzebne- chodziło o to, że funkcja f\in PF(X \times \{\textbf {0}\} ,C) ma sztucznie trzy współrzędne, podczas gdy funkcja f^{\prime\prime} \in PF(X ,C) tylko dwie.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lut 2017, o 20:40 
Administrator

Posty: 22651
Lokalizacja: Wrocław
No ale możliwość zastąpienie funkcji f\in PF(X \times \{\textbf {0}\} ,C) funkcją f^{\prime\prime} \in PF(X ,C) jest dość oczywista.

JK
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2017, o 02:20 
Użytkownik

Posty: 374
Lokalizacja: Rzeszów
Teraz tak... Ale ja od razu nie wpadłem na to, by położyć za B=\left\{ 0\right\}. Położyłem za B dowolny zbiór. I stąd miałem problemy... :?

-- 4 mar 2017, o 22:34 --

No ale, się udało. :D

Uzasadnijmy -przedstawmy szkic dowodu pierwszego twierdzenia, gdyż jest to nietypowy dowód i kształcący. Nim to zrobimy, odnotujmy proste twierdzenie, że jeśli S jest zbiorem S\subset PF(X,Y), złożonym z funkcji, takim, że dla dowolnych dwóch funkcji częściowych w S jedna jest rozszerzeniem drugiej, (czyli funkcje na tych samych argumentach przyjmują takie same wartości), to relacja \bigcup S jest funkcją częściową z X do Y.

Niech \left( X,  \le \right) będzie dobrym porządkiem, B będzie zbiorem, C \neq \left\{ \right\} będzie niepustym zbiorem. Przypomnijmy, uzasadnimy, że dla każdej funkcji
g:PF(X \times  B,C) \times \left( X \times B\right)  \rightarrow C istnieje dokładnie jedna funkcja h: X\times B \rightarrow  C, spełniająca równość:

h(x,b)=g( \ h \cap \left( \ \left( O\left( x\right)   \times B\right)   \times C\right), \ \left( x,b\right) \ ) \hbox { \  \  \textbf{(*)}}

gdzie w \left( X,  \le \right): O\left( x\right)=\left\{ y\in X| \ y<x \right\}; \overline{ O\left( x\right)} =\left\{ y\in X| \ y \le x \right\}
. :mrgreen:

Szkic dowodu:

Ustalmy dowolną funkcję g:PF(X \times B,C) \times \left( X \times B\right) \rightarrow C.

Jeśli zbiór X jest pusty, to
Ukryta treść:    
Wobec czego, niech dalej zbiory X , B i C będą niepuste. Rozważmy zbiór H

H=\left\{ f\in PF(X \times B,C)\biggl| \quad   \bigvee\limits_{a\in X } \quad \biggl(f:\overline{ O\left( a\right)} \times B \rightarrow C   \wedge  \hbox {\textbf{(**)}: } f(x,b)=g( \ f \cap \left( \ \left( O\left( x\right) \times B\right) \times C\right), \ \left( x,b\right) \ )\biggr)  \right\}

Uściślijmy, że równość \hbox {\textbf{(**)}}, ma być spełniona dla dowolnych elementów dziedziny f, a więc dowolnych x\in\overline{ O\left( a\right)}, b\in B.
Zbiór H, to po prostu ( :mrgreen: ), zbiór krótszych fragmentów, dla których twierdzenie zachodzi. Dokładniej, H jest zbiorem funkcji częściowych, określonych na zbiorach postaci \overline{ O\left( a\right)} \times B, spełniających odpowiednik równości \hbox {\textbf{(*)}}. Funkcja, której szukamy, powinna być określona na całym X\times B.

Uzasadnijmy, że szukaną funkcją jest \bigcup H.

Ponieważ, dla dowolnych dwóch funkcji częściowych w H, jedna jest rozszerzeniem drugiej( to należy pokazać), więc relacja \bigcup H jest funkcją częściową. Ponieważ dla każdego a\in X istnieje w H funkcja określona na \overline{ O\left( a\right)} \times B (to też należy pokazać)- równoważnie i prościej, dla każdego a\in X istnieje funkcja f_{a}: \overline{ O\left( a\right)} \times B \rightarrow  C, spełniająca \hbox {\textbf{(**)}}, więc \bigcup H jest określona na wszystkich elementach X\times B. Stąd \bigcup H:X\times B \rightarrow C. Warunki stawiane funkcji \bigcup H, będą spełnione, dzięki definicji zbioru H, (czyli równość \hbox { \ \ \textbf{(*)}} będzie spełniona (ją też trzeba wykazać), ze względu na to że H jest zbiorem krótszych funkcji, spełniających odpowiednik tej równości).

Aby uzasadnić jedyność takiej funkcji, weźmy dwie dowolne funkcje h ,h^ {\prime}: X\times B \rightarrow  C, spełniające równość \hbox { \ \ \textbf{(*)}} i pokażmy, że h=h^ {\prime}. W tym celu niech (x,b)\in X\times B. Ponieważ funkcje h i h^{\prime} spełniają \hbox { \ \ \textbf{(*)}}, więc funkcja h obcięta do \overline{ O\left( x\right)} \times B jest elementem H ( oznaczmy ją h_{x}); podobnie h^ {\prime}, obcięta do \overline{ O\left( x\right)} \times B, jest elementem H ( oznaczmy ją h_{x}^ {\prime}), wobec czego na tych samych argumentach przyjmują te same wartości ( już korzystaliśmy z tego, w dowodzie że \bigcup H jest funkcją częściową), (są określone na \overline{ O\left( x\right)} \times B), wobec czego w szczególności h_{x}^ {\prime}(x,b)=h_{x}(x,b), a więc tym bardziej h^ {\prime}(x,b)=h(x,b), co wobec dowolności wyboru (x,b) oznacza, że h=h^ {\prime}. \square :D :mrgreen:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 wrz 2017, o 05:36 
Użytkownik

Posty: 374
Lokalizacja: Rzeszów
Formalnie tak :D , ale znaczenia twierdzenia nie do końca rozumiałem, i póki co, w takiej ogólności, nie będę rozumiał. Natomiast słabsze twierdzenie:
Jakub Gurak napisał(a):
Jeśli \left( X, \le \right) jest dobrym porządkiem, C \neq \left\{ \right\} jest niepustym zbiorem, g:PF(X,C) \times X \rightarrow C to istnieje dokładnie jedna funkcja h: X \rightarrow C spełniająca równość:

h(x)=g( \ h \cap \left( O\left( x\right) \times C\right) , \ x \ ) \hbox { \ \ \textbf{(**)}}.

przedwczoraj dokładnie zrozumiałem. :D :D Trzeba się tym podzielić, bo to nie byle co. I to w 300 poście- niezłe święto. :lol:

A więc na początek kładziemy element początkowy c_{0} . Potem na podstawie wartości c_{0} definiujemy element c_{1}. Potem na podstawie wartości c_{0},c_{1} definiujemy element c_{2}. Możemy też używać numerów n.Itd.... A więc:

\left( \left( \right),0\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{0}
\left( \left( c_{0}\right), 1\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{1}
\left( \left( c_{0}, c_{1}\right), 2\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{2}
\left( \left( c_{0}, c_{1},c_{2}\right), 3\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{3}
\vdots
\left( \left( c_{0}, c_{1},c_{2},c_{3},\ldots\right), \omega\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{\omega}

Jeśli zbiór dobrze uporządkowany jest dłuższy niż \NN (przyjmijmy że tak jest ), to w kroku \omega na podstawie wcześniejszych (nieskończenie wielu) wyrazów ciągu , definiujemy kolejny element c_{\omega}. I dalej:

\left( \left( c_{0}, c_{1},c_{2},c_{3},\ldots,c_{\omega} \right), \omega+1\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{\omega+1}
\left( \left( c_{0}, c_{1},c_{2},,\ldots,c_{\omega},c_{\omega+1} \right), \omega+2\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{\omega+2}
\vdots
\left( \left( c_{0}, c_{1},c_{2},\ldots,c_{\omega},c_{\omega+1},c_{\omega+2},\ldots \right), 2 \omega\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{2 \omega}
\vdots

I tak dalej, jak długi jest dobry porządek na X, czyli ogólnie, w kroku x:

\left( \left( c_{a}\right)_{a<x}, x\right)   \stackrel{ g}{\rightarrow}  c_{x}.

Widać więc ( a przynajmniej rozumiemy), że zostanie utworzony ciąg \left( c_{x}\right) długości zbioru dobrze uporządkowanego X. To jedno, a teraz chce sprawdzić, że twierdzenie mówi że wyznaczymy jedyną funkcję h na X, która idzie dokładnie tak samo jak ciąg \left( c_{x}\right).

Nasze przypisanie g jest określone na niektórych elementach PF(X,C) \times X ( myślę, że użyte tu liczby porządkowe są dobrym zamiennikiem na elementy naszego dowolnego, ustalonego zbioru dobrze uporządkowanego X) i jest o wartościach w C, dla pozostałych elementów PF(X,C) \times X przedłużamy jakkolwiek- np. przypisujemy ustalony c\in C. Dzięki temu mamy g:PF(X,C) \times X \rightarrow C, więc w myśl twierdzenia istnieje jedyna funkcja h: X \rightarrow C spełniająca równość:

h(x)=g( \ h \cap \left( O\left( x\right) \times C\right) , \ x \ ) \hbox { \ \ \textbf{(**)}}. Czyli

h(0)=g( \ h \cap \left( O\left( 0\right) \times C\right) , \ 0 \ )=g( \ h \cap \left( \emptyset \times C\right) , \ 0 \ )=g( \ \left( \right)  , \ 0 \ )=c _{0} Zapomniałem wyjaśnić, położyliśmy początkowy element c_{0}, ale można na to też popatrzeć tak, że ciągowi wcześniej wypisanych wyrazów ciągu c ( czyli ciągowi pustemu ) oraz liczbie 0 przypisaliśmy c_{0} A więc: h(0)=c _{0} i dalej

h(1)=g( \ h \cap \left( O\left( 1\right) \times C\right) , \ 1 \ )=g( \ h \cap \left( \left\{ 0\right\}  \times C\right) , \ 1 \ )=g( \ \left( c _{0} \right)  , \ 1 \ )=c _{1}- korzystamy z poprzedniej równości i definicji funkcji g, a więc h(1)=c _{1}, i dalej podobnie, z poprzednich równości:

h(2)=g( \ h \cap \left( O\left( 2\right) \times C\right) , \ 2 \ )=g( \ h \cap \left( \left\{ 0,1\right\}  \times C\right) , \ 2 \ )=g( \ \left( c _{0},c _{1} \right)  , \ 2 \ )=c _{2} Czyli, póki co dobrze.

Aby pokazać, że funkcja h jest dokładnie ciągiem \left( c_{x} \right), wykażemy indukcyjnie, że dla każdego x\in X mamy h(x)=c _{x} .

Niech x\in X, i przypuśćmy, że dla każdego a<x mamy h_{a}=c_{a}. Pokażemy że h_{x}=c_{x}. Mamy

h(x)=g( \ h \cap \left( O\left( x\right) \times C\right) , \ x \ ) ale funkcja h \cap \left( O\left( x\right) \times C\right),czyli funkcja h zawężona do zbioru elementów mniejszych od x (na mocy założenia indukcyjnego wtedy h_{a}=c_{a}), czyli jest ciągiem c na tych argumentach, czyli h(x)=g( \ h \cap \left( O\left( x\right) \times C\right) , \ x \ )=g( \ \left( c_{a}\right) _{a<x}   , \ x \ )=c_{x}, czyli h_{x}=c_{x}, co należało pokazać.

Na zasadzie indukcji, funkcja h jest dokładnie ciągiem c, o co chodziło. :D :D :lol:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lut 2018, o 00:25 
Użytkownik

Posty: 374
Lokalizacja: Rzeszów
Podajmy przykład zastosowania tego twierdzenia. Będziemy zajmować się problemem:

Każdy zbiór nieskończony można podzielić na dwa równoliczne podzbiory.

Idea dowodu polega na tym, aby zbiór nieskończony X dobrze uporządkować ( zastosować twierdzenie Zermelo). A następnie określić funkcję przez indukcję pozaskończoną przypisującą na przemian 0,1,0,1,\ldots na 'kolejnych' elementach X. Twierdzenie o definiowaniu przez indukcję pozaskończoną pozwala zdefiniować funkcję określoną na całym zbiorze dobrze uporządkowanym X. :lol:

Szkic dowodu:

Ustalmy dowolny zbiór nieskończony X. Zastosujmy aksjomat wyboru (pod postacią twierdzenia Zermelo)- aby zbiór X dobrze uporządkować. Niech więc \le będzie dobrym porządkiem na X. Wtedy \left( X,\le\right) jest zbiorem dobrze uporządkowanym.

Niech C= \left\{ 0,1\right\}. Zaczniemy od zdefiniowania funkcji g:PF(X,C) \times X \rightarrow C, w sposób poniższy:

\begin{cases}  g\left( f,x\right) =  1, \hbox{ gdy }  \bigvee\limits_{y\in X} \left( x=y'  \wedge  \bigvee \limits_{P\in f} P=\left( y,0\right)\right),   \\ g\left( f,x\right) =  0, \hbox{ w pozostałym przypadku.} \end{cases}

W ten oto sposób, zdefiniowaliśmy funkcję g, która częściowej funkcji f, oraz elementowi x, przypisuje wartość 1, gdy x jest następnikiem jakiegoś elementu y, oraz funkcja częściowa f jest określona na y, i przyjmuję na nim wartość 0. W pozostałym przypadku, g przyjmuję wartość 0. Wynika stąd, że g jest określona na całej rozważanej dziedzinie.

Zdefiniujmy teraz przez indukcję pozaskończoną funkcję h:X \rightarrow  \left\{ 0,1\right\}, spełniającą równość:

h\left( x\right) =g\left( \  h \cap \left( O\left( x\right) \times \left\{ 0,1\right\}  \right),\ x \right) .

Zobaczmy jak działa h. Dla elementu najmniejszego x- zbiór O\left( x\right) jest pusty, wobec czego h \cap \left( O\left( x\right) \times \left\{ 0,1\right\} \right)- h zawężona do O\left( x\right)=\emptyset- to funkcja pusta, a więc h\left( x\right) =g\left( \  \hbox{funkcja pusta },\ x \right), a więc zgodnie z definicją g - nie może ona przyjąć wartości 1 (bo nie istnieje wtedy punkt P w tej funkcji pustej), a więc g musi przyjąć wartość 0- czyli h\left( x\right) =g\left( \  \hbox{funkcja pusta },\ x \right)=0.
Dla elementu x, będącego następnikiem y, funkcja częściowa h _{|O(x)} jest określona na y ( bo h jest określona na całym X, więc funkcja h zawężona do O\left( x\right) jest określona na całym zbiorze O(x), a jeśli x jest następnikiem y, to niewątpliwie y<x- a więc rozważana funkcja jest określona na y); h\left( x\right) =g\left( \ h _{|O(x)},\ x \right)- więc patrząc na definicję funkcji g, zauważamy, że jeśli ta funkcja częściowa przyjmie na y wartość 0 , to cała formuła będzie spełniona, czyli h\left( x\right) =g\left( \ h _{|O(x)},\ x \right)=1. A jeśli ta funkcja częściowa przyjmie na y wartość różną od 0, czyli 1 , to cała formuła nie będzie spełniona, czyli h\left( x\right) =g\left( \ h _{|O(x)},\ x \right)=0 .
Podsumowując, jeśli h\left( y\right)=0, to h\left( x\right) =1, i jeśli h\left( y\right)=1, to h\left( x\right) =0.
Jeśli element x\in X nie jest następnikiem żadnego elementu, to patrząc na definicję funkcji g, widzimy, że nie jest spełniona pojawiająca się tam formuła, a więc h\left( x\right) =g\left( \ h _{|O(x)},\ x \right)=0, czyli h\left( x\right) =0.

Funkcja h wyznacza rozkład zbioru X na dwa rozłączne zbiory- \stackrel{ \rightarrow }{h^{-1}}\left\{ 1\right\} oraz \stackrel{ \rightarrow }{h^{-1}}\left\{ 0\right\}. Pokażemy, że te zbiory są równoliczne.

Zdefiniujmy funkcję częściową f \subset X \times X, następująco:

f= \{(a,b) \in X\times X \Bigl|  \ \   h(a)=0 \wedge a'=b\}.

Ponieważ każdy element X ma co najwyżej jeden następnik, to f jest funkcją częściową. Należy pokazać, że zbiory: \stackrel{ \rightarrow }{h^{-1}}\left\{ 1\right\} oraz \stackrel{ \rightarrow }{h^{-1}}\left\{ 0\right\} są równoliczne. Nie jest to zbyt trudne, ale żmudne, więc może już nie będę prezentował.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Relacja równoważności/zbiór ilorazowy przez R ?  Aliens  1
 Wyznaczanie przeciwobrazu zbioru przez funkcje  kamel_94  11
 Różnica kwadratów podzielna przez 7  Robson1416  16
 przeciwobraz zbioru wyznaczony przez relację - zadanie 3  kalik  2
 Wyrazić X przez A i B  eoz  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl