Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Бред.
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Если буквы не пересекаются, но накладываются — то хоть какая.
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная"). KO>Бред.
Почему? (может я не так выразился и что-то непонятно???)
Имею скафандр — готов путешествовать!
Re: Задача на множества
От:
Аноним
Дата:
07.06.04 13:56
Оценка:
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Требуется порядок? Не совсем понятно условие.
во вс случае не меньше мощности нат чисел и вряд ли больше мощности вещ чисел
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
К>Если буквы не пересекаются, но накладываются — то хоть какая.
Не пересекаются их линии.
К>При любом раскладе — не менее алеф-1.
Э-э-э... Континуальная или счетная? (пардон, как-то привык так обозначать)...
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
К>>Если буквы не пересекаются, но накладываются — то хоть какая. RB>Не пересекаются их линии.
Представим себе стопочку одинаковых букв Т, лежащих одна поверх другой. Линии не пересекаются, а совпадают.
Если мощность этой стопки более алеф-1, то
К>>При любом раскладе — не менее алеф-1. RB>Э-э-э... Континуальная или счетная? (пардон, как-то привык так обозначать)...
алеф0 — счётность.
алеф1 — континуум.
алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной.
и т.д.
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
К>>>Если буквы не пересекаются, но накладываются — то хоть какая. RB>>Не пересекаются их линии.
К>Представим себе стопочку одинаковых букв Т, лежащих одна поверх другой. Линии не пересекаются, а совпадают. К>Если мощность этой стопки более алеф-1, то
Буквы не пересекаются ни в одной точке...
К>>>При любом раскладе — не менее алеф-1. RB>>Э-э-э... Континуальная или счетная? (пардон, как-то привык так обозначать)...
К>алеф0 — счётность. К>алеф1 — континуум. К>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>и т.д.
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Здравствуйте, AlexVinS, Вы писали:
AVS>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
AVS>Счетная.
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>>>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная"). KO>>Бред.
RB>Почему? (может я не так выразился и что-то непонятно???)
Потому что:
1. Не понятно условие
2. Между счетной и континуальной мощностью может быть, а может и не быть еще какой-то мощьности (есть даже такая гипотеза)
3. То, что квадрат 1х1 только запутывает.
4. Максимально возможная мощность множества букв (в нотации алеф множеств), которая может покрыть любую поверхность — записывается в виде "самая большая мощность в ряде "Алеф 1, Алеф 2, ...""
5. Минимальная можность — счетная. Пусть пропорции Т такие, что нарисовав Т на квадрате 1х1 мы получим из не заполненых кусков два одинаковых квадрата 0.1х0.1. Не сложно понять, что продолжная этот процесс до бесконечности счислимое кол-во раз мы покроем весь квадрат.
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>5. Минимальная можность — счетная. Пусть пропорции Т такие, что нарисовав Т на квадрате 1х1 мы получим из не заполненых кусков два одинаковых квадрата 0.1х0.1. Не сложно понять, что продолжная этот процесс до бесконечности счислимое кол-во раз мы покроем весь квадрат.
Нет.
Если мы рассмотрим нижнюю кромку квадрата, то на ней каждая буква будет представлена точкой.
Мощность точек нижней кромки — континуум. Останутся непокрытыми все иррациональные точки.
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>5. Минимальная можность — счетная. Пусть пропорции Т такие, что нарисовав Т на квадрате 1х1 мы получим из не заполненых кусков два одинаковых квадрата 0.1х0.1. Не сложно понять, что продолжная этот процесс до бесконечности счислимое кол-во раз мы покроем весь квадрат.
К>Нет. К>Если мы рассмотрим нижнюю кромку квадрата, то на ней каждая буква будет представлена точкой. К>Мощность точек нижней кромки — континуум. Останутся непокрытыми все иррациональные точки.
Метод покрытия, плз. Напоминаю, никакие буквы не пересекаются ни в одной точке друг с другом.
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>5. Минимальная можность — счетная. Пусть пропорции Т такие, что нарисовав Т на квадрате 1х1 мы получим из не заполненых кусков два одинаковых квадрата 0.1х0.1. Не сложно понять, что продолжная этот процесс до бесконечности счислимое кол-во раз мы покроем весь квадрат.
К>Нет. К>Если мы рассмотрим нижнюю кромку квадрата, то на ней каждая буква будет представлена точкой. К>Мощность точек нижней кромки — континуум. Останутся непокрытыми все иррациональные точки.
Хм. Не подумал. Подумаю еще над решением "минимальная возможная мощность множества".
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>>>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
AVS>>Счетная.
RB>Доказательство в студию!
Мысли следующие:
1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно.
2) Q — счетно
3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>>5. Минимальная можность — счетная. Пусть пропорции Т такие, что нарисовав Т на квадрате 1х1 мы получим из не заполненых кусков два одинаковых квадрата 0.1х0.1. Не сложно понять, что продолжная этот процесс до бесконечности счислимое кол-во раз мы покроем весь квадрат.
К>>Нет. К>>Если мы рассмотрим нижнюю кромку квадрата, то на ней каждая буква будет представлена точкой. К>>Мощность точек нижней кромки — континуум. Останутся непокрытыми все иррациональные точки. KO>Хм. Не подумал. Подумаю еще над решением "минимальная возможная мощность множества".
Понятно, что можно вообще не покрывать. Мощность пустого множества.
Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии.
Здравствуйте, AlexVinS, Вы писали:
AVS>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
AVS>Счетная.
Так придумай метод и пересчитай их, а я в свою очередь докажу, что я найду ещё по крайней мере одну букву, тобой не учтённую!!!!
RB>>Доказательство в студию!
AVS>Мысли следующие:
AVS>1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно. AVS>2) Q — счетно AVS>3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
AVS>* Q — как обычно множество рац. чисел
Не катит. Очевидно, это решение "не работает" для букв "Г"
RB>>>Доказательство в студию!
AVS>>Мысли следующие:
AVS>>1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно. AVS>>2) Q — счетно AVS>>3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
AVS>>* Q — как обычно множество рац. чисел
RB>Не катит. Очевидно, это решение "не работает" для букв "Г"
Т.е. существует буква с нулевой (точно равной нулю!) толщиной? И чего же она покрывает?
AVS>>>Счетная.
C>>Так придумай метод и пересчитай их, а я в свою очередь докажу, что я найду ещё по крайней мере одну букву, тобой не учтённую!!!!
RB>И что? Если мощность уже счетная, она что, изменится после добавления нового элемента???
а то что пересчитать их невозможно — значит множество несчётное
KO>>3. То, что квадрат 1х1 только запутывает.
RB>Нет, не запутывает. Это простейший пример компакта. RB>Если бы множество было открытым или неограниченным, результат, я думаю, был бы иным...
Фраза "квадрат" говорит не более и не менее чем "квадрат 1х1" про открытость и замкнутость области.
Я себе неограниченый и/или открытый квадрат, который нужно покрывать представляю смутно.
C>а то что пересчитать их невозможно — значит множество несчётное
Давай возьмем множество натуральных чисел, и будем по одному добавлять отрицательные целые числа.
Т.е. делать ровно ту процедуру, которую ты описАл. Для усиления эффекта будет делать это "бесконечно", пока не переберем все отрицательные целые числа.
C>>а то что пересчитать их невозможно — значит множество несчётное
RB>Давай возьмем множество натуральных чисел, и будем по одному добавлять отрицательные целые числа. RB>Т.е. делать ровно ту процедуру, которую ты описАл. Для усиления эффекта будет делать это "бесконечно", пока не переберем все отрицательные целые числа.
RB>И что в итоге? Несчетное множество?
нет мы просто к счётному множеству добавим ещё одно счётное, и в итоге получим счётное.
А раз уже заговорили про это, то вопрос: а ширина линии буковки чему равна? ....у ж точно не нулю.
Т.е. в одной буковке путём сокращения мы можем нарисовать бесконечное множество буковок Т....
а в них ещё и ещё....
А значит......
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
KO>>Подумаю еще над решением "минимальная возможная мощность множества".
RB>Понятно, что можно вообще не покрывать. Мощность пустого множества.
Цитирую:
>>RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии.
Имеется ввиду минимальная мощность множества, которое полностью покрывает квадрат.
Иначе я "наиболее плотно" прочитаю как "всюду плотно", и буду аппелировать к первому моему решению.
C>нет мы просто к счётному множеству добавим ещё одно счётное, и в итоге получим счётное. C>А раз уже заговорили про это, то вопрос: а ширина линии буковки чему равна? ....у ж точно не нулю. C>Т.е. в одной буковке путём сокращения мы можем нарисовать бесконечное множество буковок Т.... C>а в них ещё и ещё.... C>А значит......
Здравствуйте, -Cheese-, Вы писали:
C>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
C>>>а то что пересчитать их невозможно — значит множество несчётное
RB>>Давай возьмем множество натуральных чисел, и будем по одному добавлять отрицательные целые числа. RB>>Т.е. делать ровно ту процедуру, которую ты описАл. Для усиления эффекта будет делать это "бесконечно", пока не переберем все отрицательные целые числа.
RB>>И что в итоге? Несчетное множество?
C>нет мы просто к счётному множеству добавим ещё одно счётное, и в итоге получим счётное. C>А раз уже заговорили про это, то вопрос: а ширина линии буковки чему равна? ....у ж точно не нулю. C>Т.е. в одной буковке путём сокращения мы можем нарисовать бесконечное множество буковок Т.... C>а в них ещё и ещё.... C>А значит......
Вот это ничего не значит. (напр между 2-мя любыми рац числами находится бесконечно-много рац чисел, однако это мн-во счетно)
C>>нет мы просто к счётному множеству добавим ещё одно счётное, и в итоге получим счётное. C>>А раз уже заговорили про это, то вопрос: а ширина линии буковки чему равна? ....у ж точно не нулю. C>>Т.е. в одной буковке путём сокращения мы можем нарисовать бесконечное множество буковок Т.... C>>а в них ещё и ещё.... C>>А значит......
RB>Ну и что "значит" ?
допустим мы будем рисовать не буквы Т, а окружности (ладно...в которой будут размещаться буквы Т).
Координаты центра — действительные числа, радиус действительное число. Так вот множество таких кружков
будет несчётное.
RB>>Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии. KO>Имеется ввиду минимальная мощность множества, которое полностью покрывает квадрат. KO>Иначе я "наиболее плотно" прочитаю как "всюду плотно", и буду аппелировать к первому моему решению.
Да, имеется в виду, всюду плотно. Каково же решение?
RB>>Ну и что "значит" ? C>допустим мы будем рисовать не буквы Т, а окружности (ладно...в которой будут размещаться буквы Т). C>Координаты центра — действительные числа, радиус действительное число. Так вот множество таких кружков C>будет несчётное.
Хочешь сказать, что буквы "вписаны" в такие окружности?
Ты уверен, что буквы не будут пересекаться?
RB>>>Ну и что "значит" ? C>>допустим мы будем рисовать не буквы Т, а окружности (ладно...в которой будут размещаться буквы Т). C>>Координаты центра — действительные числа, радиус действительное число. Так вот множество таких кружков C>>будет несчётное.
RB>Хочешь сказать, что буквы "вписаны" в такие окружности? RB>Ты уверен, что буквы не будут пересекаться?
нет, просто таких непересекающихся окружностей будет несчётное множество..
RB>>>Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии. KO>>Имеется ввиду минимальная мощность множества, которое полностью покрывает квадрат. KO>>Иначе я "наиболее плотно" прочитаю как "всюду плотно", и буду аппелировать к первому моему решению.
RB>Да, имеется в виду, всюду плотно. Каково же решение?
Ну ты мне надоел. Мое решение. "Всюду плотное множество над областью" — это такое множество, что в эпсилон-окресности любой точки из области, найдется точка, которая принадлежит множеству.
В моем решении — объединение множества букв (читай — обастей) Т и будет всюду плотным над квадратом.
Всюду плотное множество необязано полностью покрывать множиство. Напимер, множество рациональный точек всюду плотно на прямой. Так же, множество иррациональных точек всюду плотно на прямой (поэтому — минимальная мощность).
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>>>Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии. KO>>>Имеется ввиду минимальная мощность множества, которое полностью покрывает квадрат. KO>>>Иначе я "наиболее плотно" прочитаю как "всюду плотно", и буду аппелировать к первому моему решению.
RB>>Да, имеется в виду, всюду плотно. Каково же решение? KO>Ну ты мне надоел. Мое решение. "Всюду плотное множество над областью" — это такое множество, что в эпсилон-окресности любой точки из области, найдется точка, которая принадлежит множеству. KO>В моем решении — объединение множества букв (читай — обастей) Т и будет всюду плотным над квадратом. KO>Всюду плотное множество необязано полностью покрывать множиство. Напимер, множество рациональный точек всюду плотно на прямой. Так же, множество иррациональных точек всюду плотно на прямой (поэтому — минимальная мощность).
Забыл сказать. что множество с минимальной мощностью, которое всюду плотно, называется сепарабельным (или я уже совсем того ).
KO>>Забыл сказать. что множество с минимальной мощностью, которое всюду плотно, называется сепарабельным (или я уже совсем того ).
RB>Понятие "всюду плотного" требует, как минимум, другого множества, в которое первое вложено, а также, нормированности этого самого "надмножества".
Ну это мы уже совсем ушли от темы.
RB>1. Пусть пропорции другие (это типа "докажем теорему на примере" ?).
Без разницы. Точнее, можно обобщить на другие пропорции. RB>2. Процедуру построения букв "Т", плз.
Разве я не достаточно описал?
RB>>>2. Процедуру построения букв "Т", плз. KO>>Разве я не достаточно описал?
RB>Нет. Можно хоть чуть поподробнее? Извини за тупость...
Видимо я не умею объяснять. Ладно, завтра повторю, если не забуду.
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
AVS>>1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно. AVS>>2) Q — счетно AVS>>3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
AVS>>* Q — как обычно множество рац. чисел
RB>Не катит. Очевидно, это решение "не работает" для букв "Г"
Очень даже работает.
Нарисуем диагональ сверху-слева вниз-направо.
Разметим её как числовую ось.
Построим множество букв Г, которые своим углом лежат на рациональных точках этой оси.
Очевидно, что множество счётно и всюду плотно.
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
C>>нет, просто таких непересекающихся окружностей будет несчётное множество..
RB>Замечательный результат. Как насчет букв?
Один момент! По условиям задачи нужно найти плотное покрытие.
Так вот, семейство R концентрических окружностей с рациональными радиусами — плотное. Хотя и счётное.
А семейство I окружностей с иррациональными радиусами — также плотное, при этом континуальное и "дырявое" (т.е. останутся точки, не принадлежащие этому семейству — поскольку (R & I) == 0).
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
AVS>>>1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно. AVS>>>2) Q — счетно AVS>>>3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
AVS>>>* Q — как обычно множество рац. чисел
RB>>Не катит. Очевидно, это решение "не работает" для букв "Г"
К>Очень даже работает. К>Нарисуем диагональ сверху-слева вниз-направо. К>Разметим её как числовую ось. К>Построим множество букв Г, которые своим углом лежат на рациональных точках этой оси. К>Очевидно, что множество счётно и всюду плотно.
Ну а я добавлю к твоим буквам еще и буквы, которые лежат на иррациаональных точках.
Очевидно, что мои буквы не пересекаются с твоими, и заполняют квадрат еще более плотно...
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
C>>>нет, просто таких непересекающихся окружностей будет несчётное множество..
RB>>Замечательный результат. Как насчет букв?
К>Один момент! По условиям задачи нужно найти плотное покрытие. К>Так вот, семейство R концентрических окружностей с рациональными радиусами — плотное. Хотя и счётное. К>А семейство I окружностей с иррациональными радиусами — также плотное, при этом континуальное и "дырявое" (т.е. останутся точки, не принадлежащие этому семейству — поскольку (R & I) == 0).
Ну и прекрасно. Нужно найти покрытие буквами, а не кругами.
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
AVS>>>>1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно. AVS>>>>2) Q — счетно AVS>>>>3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
AVS>>>>* Q — как обычно множество рац. чисел
RB>>>Не катит. Очевидно, это решение "не работает" для букв "Г"
К>>Очень даже работает. К>>Нарисуем диагональ сверху-слева вниз-направо. К>>Разметим её как числовую ось. К>>Построим множество букв Г, которые своим углом лежат на рациональных точках этой оси. К>>Очевидно, что множество счётно и всюду плотно.
RB>Ну а я добавлю к твоим буквам еще и буквы, которые лежат на иррациаональных точках. RB>Очевидно, что мои буквы не пересекаются с твоими, и заполняют квадрат еще более плотно...
Ты сказал "не катит", а я показал, что есть плотное счётное покрытие. Да, оно "дырявое", но ведь плотное же.
Понятно, что если построить семейство Г, углы которых лежат на всех точках диагонали, то это семейство совпадёт с искомым квадратом.
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
AVS>>>>>1) В Каждой букве есть точка с рациональными координатами т.к. Q всюду плотно. AVS>>>>>2) Q — счетно AVS>>>>>3) Множество букв, не более чем счетно (а пример счетного уже был)
AVS>>>>>* Q — как обычно множество рац. чисел
RB>>>>Не катит. Очевидно, это решение "не работает" для букв "Г"
К>>>Очень даже работает. К>>>Нарисуем диагональ сверху-слева вниз-направо. К>>>Разметим её как числовую ось. К>>>Построим множество букв Г, которые своим углом лежат на рациональных точках этой оси. К>>>Очевидно, что множество счётно и всюду плотно.
RB>>Ну а я добавлю к твоим буквам еще и буквы, которые лежат на иррациаональных точках. RB>>Очевидно, что мои буквы не пересекаются с твоими, и заполняют квадрат еще более плотно...
К>Ты сказал "не катит", а я показал, что есть плотное счётное покрытие. Да, оно "дырявое", но ведь плотное же. К>Понятно, что если построить семейство Г, углы которых лежат на всех точках диагонали, то это семейство совпадёт с искомым квадратом.
Посмотри, каков был ответ: множество не более чем счетно (выделил).
В решении не используется форма буквы, и как следствие, решение не работает для букв "Г" — множество может быть более, чем счетным.
Кто сказал, что это не сработает и для букв "Т" ?
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Сосед только что прислал мне решение.
Не знаю, как вставлять картинки в сообщение, поэтому постараюсь объяснить так.
Пусть буква Т нарисована прямо. Обозначим точка A — один конец перекладины, B — другой конец. C — точка в основании опоры, M — точка стыка опоры и перекладины.
Рассмотрим следущие точки P, Q, R.
P лежит на отрезке AM близко к M,
Q лежит на отрезке BM близко к M,
R лежит на отрезке CM близко к M.
Они задают треугольник PQR. Точки P,Q,R надо брать настолько близко, чтобы выполнялось следущее условие:
если для разных букв Т такие треугольники пересекаются, то в любом случае ни один из них не пересекает отрезок RM другого треугольника.
Надеюсь, понятно.
Теперь идея такая.
Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
ES>Сосед только что прислал мне решение. ES>Не знаю, как вставлять картинки в сообщение, поэтому постараюсь объяснить так. ES>Пусть буква Т нарисована прямо. Обозначим точка A — один конец перекладины, B — другой конец. C — точка в основании опоры, M — точка стыка опоры и перекладины. ES>Рассмотрим следущие точки P, Q, R. ES>P лежит на отрезке AM близко к M, ES>Q лежит на отрезке BM близко к M, ES>R лежит на отрезке CM близко к M. ES>Они задают треугольник PQR. Точки P,Q,R надо брать настолько близко, чтобы выполнялось следущее условие: ES>если для разных букв Т такие треугольники пересекаются, то в любом случае ни один из них не пересекает отрезок RM другого треугольника. ES>Надеюсь, понятно. ES>Теперь идея такая. ES>Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
, насколько я понял, наводит на след. рассуждение.
1. Есть квадрат. Рисуем в нем большую букву T. Это первый уровень.
2. Справа и слева от этой буквы рисуем еще по одной, но в два раза меньшего размера. Это второй уровень.
3. Справа и слева от каждой буквы второго уровня рисуем еще по одной букве, еще в 2 раза меньшего размера. Это третий уровень.
И т.д. В итоге получаем бесконечно много уровней букв, которые удовлетворяют условию.
На каждой уровне N находится 2^(N-1) букв. Суммируя число букв от 1 уровня до уровня N получаем сумму 2^N — 1 (хотя суммирование значения не имеет). На базе "N -> oo" получаем, согласно "магической формуле" 2^alef0 = alef1.
, насколько я понял, наводит на след. рассуждение.
RB>1. Есть квадрат. Рисуем в нем большую букву T. Это первый уровень. RB>2. Справа и слева от этой буквы рисуем еще по одной, но в два раза меньшего размера. Это второй уровень. RB>3. Справа и слева от каждой буквы второго уровня рисуем еще по одной букве, еще в 2 раза меньшего размера. Это третий уровень.
RB>И т.д. В итоге получаем бесконечно много уровней букв, которые удовлетворяют условию.
RB>На каждой уровне N находится 2^(N-1) букв. Суммируя число букв от 1 уровня до уровня N получаем сумму 2^N — 1 (хотя суммирование значения не имеет). На базе "N -> oo" получаем, согласно "магической формуле" 2^alef0 = alef1.
RB>К чему бы это?
Да откуда вообще такая формула-то?
По определению, счётное множество — это множество, для которого существует взаимно-однозначное отображение во множесто натуральных чисел. Говоря простым языком, это бесконечное множество, элементы которого можно пронумеровать. Континуум — это мощность множества вещественных чисел (по-моему, это определение, а не следствие из каких-то теорем, но могу ошибаться, конечно).
Буквы Т, расположенные описанным способом пронумеровать, естественно, можно. Остаётся доказать лишь, что получающееся покрытие полностью удовлетворят условиям задачи. И именно тут-то нас и ждёт подвох
И вот почему. Если никакие буквы Т не пересекаются (не имеют общих точек), и множество, представляющее букву Т, замкнуто, то плотно покрыть квадрат ими нельзя, так как между любыми двумя точками на плоскости существует как минимум ещё одна. Которая, в нашем случае, и будет "дыркой".
Возможно, что кое-что в условии задачи попросту опущено (например, что буква Т может быть представлена открытым множеством). Вопрос: что же именно?
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Есть квадрат, 1х1. Его плотно покрывают буквами "Т". Каждая буква может быть разного размера и разных пропорций, но все они не пересекаются (т.е. никакая буква не пересекает никакую другую).
RB>Вопрос — какова мощность множества букв? (скажем так, "максимально возможная").
Простите возможно уже ответили, но поскольку ответов уже не один десяток:
Задача очевидная. Поскольку множество рациональных чисел всюду плотно, то каждая бука T все-таки содержит рациональное число (считая, что толщина линнии не нулевая), таким образом можность множетсва букв не более чем счетное. Так же ясно что за конечно число так покрыть плоскость нельзя. Итого — счетное.
PP4>Простите возможно уже ответили, но поскольку ответов уже не один десяток: PP4>Задача очевидная. Поскольку множество рациональных чисел всюду плотно, то каждая бука T все-таки содержит рациональное число (считая, что толщина линнии не нулевая), таким образом можность множетсва букв не более чем счетное. Так же ясно что за конечно число так покрыть плоскость нельзя. Итого — счетное.
PP4>P.S. Континуум-гипотеза рулеззззз
Понимаешь, в чем дело. В твоем доказательстве не используется форма буквы.
Попробуй то же самое сделать для букв "Г" — а их можно очевидно напихать континуум.
OV>И вот почему. Если никакие буквы Т не пересекаются (не имеют общих точек), и множество, представляющее букву Т, замкнуто, то плотно покрыть квадрат ими нельзя, так как между любыми двумя точками на плоскости существует как минимум ещё одна. Которая, в нашем случае, и будет "дыркой".
Еще раз — не забывайте про вариант с буквами "Г" — ими можно покрыть плотно, они не будут пересекаться и их будет континуум.
PP4>>Простите возможно уже ответили, но поскольку ответов уже не один десяток: PP4>>Задача очевидная. Поскольку множество рациональных чисел всюду плотно, то каждая бука T все-таки содержит рациональное число (считая, что толщина линнии не нулевая), таким образом можность множетсва букв не более чем счетное. Так же ясно что за конечно число так покрыть плоскость нельзя. Итого — счетное.
PP4>>P.S. Континуум-гипотеза рулеззззз
RB>Понимаешь, в чем дело. В твоем доказательстве не используется форма буквы. RB>Попробуй то же самое сделать для букв "Г" — а их можно очевидно напихать континуум.
Если в букве Г все "линии" имеют толщину отличную от нуля, то в такой букве есть как минимум 1 точка у которой обе координаты рациональные числа. Таким образом число букв Г не превышает мощность множества таких чисел
card(Q*Q) = card(Q) = card(N) -- счетное множество. Никак континуум Вы не запихаете.
Теперь если же у Вас буква состоит из линий (то есть будем считать что лебегова мера буквы равна 0). Допустим, что нам удалость покрыть множество счетным покрытием из букв, тогда используя сигма-аддитивность меры лебегы лебега получаем что мера покрытия 0, а мера квадрата (1 на 1) — 1. таким образом это гон. Значит или букавами так покрыть квадарат нельзя или их там континнум.
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Теперь если же у Вас буква состоит из линий (то есть будем считать что лебегова мера буквы равна 0). Допустим, что нам удалость покрыть множество счетным покрытием из букв, тогда используя сигма-аддитивность меры лебегы лебега получаем что мера покрытия 0, а мера квадрата (1 на 1) — 1. таким образом это гон. Значит или букавами так покрыть квадарат нельзя или их там континнум.
Вопрос нак засыпку. Множество точек с рациональными координатами будет плотно покрывать квадрат?
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
OV>>И вот почему. Если никакие буквы Т не пересекаются (не имеют общих точек), и множество, представляющее букву Т, замкнуто, то плотно покрыть квадрат ими нельзя, так как между любыми двумя точками на плоскости существует как минимум ещё одна. Которая, в нашем случае, и будет "дыркой".
RB>Еще раз — не забывайте про вариант с буквами "Г" — ими можно покрыть плотно, они не будут пересекаться и их будет континуум.
Если буквы Г будут представлены замкнутыми множествами, то их будет континуум, как и букв Т. Если условие замкнутости убрать, то множество сразу станет счётным. Форма буквы тут вообще ни при чём.
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>Теперь если же у Вас буква состоит из линий (то есть будем считать что лебегова мера буквы равна 0). Допустим, что нам удалость покрыть множество счетным покрытием из букв, тогда используя сигма-аддитивность меры лебегы лебега получаем что мера покрытия 0, а мера квадрата (1 на 1) — 1. таким образом это гон. Значит или букавами так покрыть квадарат нельзя или их там континнум. KO>Вопрос нак засыпку. Множество точек с рациональными координатами будет плотно покрывать квадрат?
Простите я не знаю понятие "плотно покрывать". А знаю термины: замыкание, плотное пространство, всюду плотное множество. А вот как вы говрорите -- не знаю.
Думаю Вам очевидно что замыкаие множества рациональных чисел в естественной топологии это вся числовая прямая.
Но похоже это уже значения не имеет поскольку наши буквы теперь толщины не имеют
Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
Зачем такая сложность? Почему бы просто не представить букву Т тремя точками: A, B и C
Сразу будет видно, что таких троек — континуум.
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
OV>>>И вот почему. Если никакие буквы Т не пересекаются (не имеют общих точек), и множество, представляющее букву Т, замкнуто, то плотно покрыть квадрат ими нельзя, так как между любыми двумя точками на плоскости существует как минимум ещё одна. Которая, в нашем случае, и будет "дыркой".
RB>>Еще раз — не забывайте про вариант с буквами "Г" — ими можно покрыть плотно, они не будут пересекаться и их будет континуум.
OV>Если буквы Г будут представлены замкнутыми множествами, то их будет континуум, как и букв Т. Если условие замкнутости убрать, то множество сразу станет счётным. Форма буквы тут вообще ни при чём.
ну вроде бы автор волевым решением определил что буквы толщины не имеют, а потому открытыми множеством являться не могут. ну в принципе буква может и не быть замкнутой, главное чтоб с нулевой мерой. возможно форма буквы влияет на сам факт возможности построения такого покрытия. думаю копать в направлении леммы Цорна
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>буквы толщины не имеют, а потому открытыми множеством являться не могут.
OV>Например, интервал (а, б) толщины не имеет и является открытым множеством, так как не содержит границу. Толщина — это вообще из другой оперы.
Не совем. Интервал является открытым множестовом на прямой, а на плоскости он им не является, поскольку он не соделжит ни одной окрестности своей точки
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>>буквы толщины не имеют, а потому открытыми множеством являться не могут.
OV>>Например, интервал (а, б) толщины не имеет и является открытым множеством, так как не содержит границу. Толщина — это вообще из другой оперы.
PP4>Не совем. Интервал является открытым множестовом на прямой, а на плоскости он им не является, поскольку он не соделжит ни одной окрестности своей точки
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>Простите я не знаю понятие "плотно покрывать".
OV>Тем не менее, вы пытаетесь решить задачу, где приведённый термин — часть условия
Да действительно, намек понял. П
Предлагается такая схема.
В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек. Длину сторон буквы подбираем как можно больше, чтобы не уткнуться в границу квадрата.
Теперь упорядочим все наши буквы (то есть последовательность) и начнем их резать.
Исходня послед A(i), новая B(i). Пусть уже построено n элементов B(i), причем эти буквы не перескаются между собой.
B(n+1) это A(n+1), которой обрезали стороны чтобы оно не касалось предыдущих. Вот тут как раз помогает то условие что нет других рациональных точек на букве -- обрезок все равно остается буквой T. Таким образом, построена последовательность букв, замыкание которой не меньше замыкания множетсва рац. точек на квадрате то есть квадрат. Таким образом счетное покрытие построено.
О построении континуального покрытия -- легко.Просто напихать их сначала уголками друг-к другу в любом количестве...
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек.
Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Давайте думать вместе. Вы придумали как построить такое континуальное покрытие? Со счетным я разобрался а с континуумом мне мешает форма буквы
Возьмём, например, покрытие, которое описал rus blood: сначала ставим прямо букву Т, после чего рисуем ещё две по обе стороны вертикальной палки и так далее. Покрытие кажется плотным и счётным только на первый взгляд.
Объясню.
Пусть имеется буквы Т — ABC и A'B'C' такие, что AB || A'B', AC || A'C', BC || B'C', треугольник A'B'C' лежит в левой части буквы ABC — это всё по построению покрытия. Рассмотрим теперь прямые AB и A'B'. Нам известно, что они не имеют общих точек. Тогда обязательно найдётся хотя бы одна точка между A и A' (есть такая аксиома в геометрии). По построению, она не принадлежит ни одной букве Т. Получили неплотное покрытие
Как доказать, что оно континуальное — фиг знает. Надо вспоминать, как доказывается одинаковость мощности множеств отрезка и квадрата: возможно, там есть мысль.
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек.
OV>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
И что? // вы наверно хотели сказать "сколь угодно близких".
Да такие пары чисел есть, ну и что? Фокус то в том чт отеперь у нас 2 измерения.
пусть y=sqrt(2)*x
Ясно x и y не могут быть одновременно рациональными числами -- тогда y/x это тоже рациональное, но это у нас корень из 2! Значит остается точка (0,0)
а есть взять функцию y=sqrt(2)*(x+1) так она вообще не проходит ни через одну рациональную точку, то есть точку у котрой обе координаты рациональные
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Как доказать, что оно континуальное — фиг знает.
Собственно, покрытие-то счётное, но не удовлетворяет условиям задачи. Необходимо доказать, что его расширение с учётом пространтсв между буквами будет континуальным.
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>Давайте думать вместе. Вы придумали как построить такое континуальное покрытие? Со счетным я разобрался а с континуумом мне мешает форма буквы
OV>Возьмём, например, покрытие, которое описал rus blood: сначала ставим прямо букву Т, после чего рисуем ещё две по обе стороны вертикальной палки и так далее. Покрытие кажется плотным и счётным только на первый взгляд. OV>Объясню. OV>Пусть имеется буквы Т — ABC и A'B'C' такие, что AB || A'B', AC || A'C', BC || B'C', треугольник A'B'C' лежит в левой части буквы ABC — это всё по построению покрытия. Рассмотрим теперь прямые AB и A'B'. Нам известно, что они не имеют общих точек. Тогда обязательно найдётся хотя бы одна точка между A и A' (есть такая аксиома в геометрии). По построению, она не принадлежит ни одной букве Т. Получили неплотное покрытие OV>Как доказать, что оно континуальное — фиг знает. Надо вспоминать, как доказывается одинаковость мощности множеств отрезка и квадрата: возможно, там есть мысль.
Так строить нельзя -- как только вы выбираете одну точку, (то есть строите "по одной") вы всегда получите счетное множество.
Относительно квадрата -- да там все просто доказывается из того факта что для рациональных чисел можности одинаковы:
Q ~ (Q,Q). А любую точку на квадрате представить в виде последовательности рац. точек
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Если буквы Г будут представлены замкнутыми множествами, то их будет континуум, как и букв Т. Если условие замкнутости убрать, то множество сразу станет счётным. Форма буквы тут вообще ни при чём.
Как раз таки, причём. В случае, если буквы имеют нулевую толщину (состоят из отрезков), букв Г можно запихать континуум, а букв Т — нельзя
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>>Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
OV>Зачем такая сложность? Почему бы просто не представить букву Т тремя точками: A, B и C OV>Сразу будет видно, что таких троек — континуум.
Таких троек можно набрать континуум. Но приведённое решение показывает, что набрать континуум букв Т нельзя.
OV>Возьмём, например, покрытие, которое описал rus blood: сначала ставим прямо букву Т, после чего рисуем ещё две по обе стороны вертикальной палки и так далее. Покрытие кажется плотным и счётным только на первый взгляд.
Я не говорил, что это покрытие всюду плотно. Я также не говорил, что оно и счетно...
OV>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
Проблема в том, чтобы найти точку на букве, у которой обе координаты рациональные.
Для континуальной упаковки букв "Г" — это неверно. Есть буквы, у которых для любой точки одна из координат иррациональна.
Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>Пусть буква Т нарисована прямо. Обозначим точка A — один конец перекладины, B — другой конец. C — точка в основании опоры, M — точка стыка опоры и перекладины. ES>Рассмотрим следущие точки P, Q, R. ES>P лежит на отрезке AM близко к M, ES>Q лежит на отрезке BM близко к M, ES>R лежит на отрезке CM близко к M. ES>Они задают треугольник PQR. Точки P,Q,R надо брать настолько близко, чтобы выполнялось следущее условие: ES>если для разных букв Т такие треугольники пересекаются, то в любом случае ни один из них не пересекает отрезок RM другого треугольника.
Легко показать, что для любой наперёд заданной пропорции можно сделать следующее:
Рисуем букву Т.
Рисуем треугольник PQR.
Рисуем ещё одну букву T', чья точка M' лежит на PQ или PR.
Если считать отрезки открытыми, т.е. M' не принадлежит P'M', — то путём небольшого смещения добиваемся пересечения R'M' с PQ.
ES>Надеюсь, понятно. ES>Теперь идея такая. ES>Для каждой буквы Т выбираем 2 точки с рациональными координатами — одну в треугольнике AMC, другую — в треугольнике BMC. Таким образом, каждой букве Т ставится в соответствие элемент Q^4. При этом разным буквам Т соответствуют разные пары точек, а, значит, и разные элементы Q^4. Это значит, что букв Т не больше, чем элементов Q^4, а их — счётное число.
Делаем всё то же самое для букв Г и приходим к такому же выводу. А для Г мы уже нашли континуальное покрытие...
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек.
OV>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
ПОЛУЧИЛОСЬ! (почти)
Обратим внимание на след факт -- под радиусом буквы T будем понимать минимальную сторону. Так вот в квадрат
(aXa) влазит конечнок число букв T с радиусом не меннее a/2. // доказать это очевидное утверждение непросто!
Заметим что для букв Г это утверждение неверно.
А теперь разломаем континуальное покрыткие.
Пусть множества L(n) это все такие буквы, что радиус их лежит в пределах от (exp(-n), exp(-n-1)). Поскольку покрытие континуальное, то найдется хотя бы одно L(k) которое бесконечно! // для счетного покрытия это не верно.
А теперь вопрос -- а сколько площади надо чтобы разместить сие множество немаленьких букв (размер то ограничен снизу) на плоскости!
// можно понять еще проще -- берем букву T радиуса a. так вот есть полукруг вокруг точки соединения сторон, где неможет распологаться непересекающася буква радиуса НЕ МЕНЕЕ A. То есть можно смело утвержать что буква радиуса a "забивает" от других букв неменьшего радиуса фигуру площади S(a). (кто нарисует тот поймет о чем речь)
А нас бесконечность таких букв! Значит они все займут бесконечную площадь (для буква Г это все неверно) и в квадрат не влезут. Значит континуума быть не может.
К>Делаем всё то же самое для букв Г и приходим к такому же выводу. А для Г мы уже нашли континуальное покрытие...
Смысл в том, что для каждой буквы T можно выбрать по паре точек с рациональными координатами внутри "треугольника", который образует буква, и такие, что эта пара не лежит целиком ни в одном другом треугольнике других букв (т.е. в других треугольниках может лежать либо одна точка, либо другая, но не вместе).
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Eugene Sh, Вы писали:
ES>>если для разных букв Т такие треугольники пересекаются, то в любом случае ни один из них не пересекает отрезок RM другого треугольника.
К>Легко показать, что для любой наперёд заданной пропорции можно сделать следующее: К>Рисуем букву Т. К>Рисуем треугольник PQR. К>Рисуем ещё одну букву T', чья точка M' лежит на PQ или PR. К>Если считать отрезки открытыми, т.е. M' не принадлежит P'M', — то путём небольшого смещения добиваемся пересечения R'M' с PQ.
Да, ошибочка вышла в объяснении. Правильно было сказать так
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>>Теперь если же у Вас буква состоит из линий (то есть будем считать что лебегова мера буквы равна 0). Допустим, что нам удалость покрыть множество счетным покрытием из букв, тогда используя сигма-аддитивность меры лебегы лебега получаем что мера покрытия 0, а мера квадрата (1 на 1) — 1. таким образом это гон. Значит или букавами так покрыть квадарат нельзя или их там континнум. KO>>Вопрос нак засыпку. Множество точек с рациональными координатами будет плотно покрывать квадрат?
PP4>Простите я не знаю понятие "плотно покрывать". А знаю термины: замыкание, плотное пространство, всюду плотное множество. А вот как вы говрорите -- не знаю.
Именно "плотное множество" я имел ввиду. PP4> Думаю Вам очевидно что замыкаие множества рациональных чисел в естественной топологии это вся числовая прямая.
Да. Так же, как замыкание множества точек плоскости с рациональними координатами в естественной топологии — это вся плоскость. PP4>Но похоже это уже значения не имеет поскольку наши буквы теперь толщины не имеют
Мои как раз имели. Поэтому я не участвую в обсуждении нити, где буквы Т предствляются 4-мя точками.
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>>>В каждой рациональной точке втыкаем букву Т повернутую -- так чтобы угловой коэффициент был sqrt(2). Тогда в этйо букве больше нет рациональных точек.
OV>>Хм. Рациональные точки обязаны быть, так как для любого иррационального числа существует пара рациональных, одно из которых меньше, а другое больше.
PP4>И что? // вы наверно хотели сказать "сколь угодно близких". PP4>Да такие пары чисел есть, ну и что? Фокус то в том чт отеперь у нас 2 измерения.
PP4>пусть y=sqrt(2)*x PP4>Ясно x и y не могут быть одновременно рациональными числами -- тогда y/x это тоже рациональное, но это у нас корень из 2! Значит остается точка (0,0) PP4>а есть взять функцию y=sqrt(2)*(x+1) так она вообще не проходит ни через одну рациональную точку, то есть точку у котрой обе координаты рациональные
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4> А нас бесконечность таких букв! Значит они все займут бесконечную площадь (для буква Г это все неверно) и в квадрат не влезут. Значит континуума быть не может.
Вроде ж буквы у нас состоят из отрезков. Разве у отрезков площадь больше нуля?
Здравствуйте, Oleg Volkov, Вы писали:
OV>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>> А нас бесконечность таких букв! Значит они все займут бесконечную площадь (для буква Г это все неверно) и в квадрат не влезут. Значит континуума быть не может.
OV>Вроде ж буквы у нас состоят из отрезков. Разве у отрезков площадь больше нуля?
Я не точно выразился. Вокруг центра буквы T радиуса a, существует полукруг несколько меньшего радиуса с таким свойством -- он не содержит центров букв T радиусом не меньше a, которые не перескаются с исходной буквой.
Ясно, что 2 таких полукруга у ненепересекающихся букв T радиуса не меньше a, можно выбрать непересекающимися, да еще и ограничить их радиус снизу.
Я имел ввиду что площадь занимает не сама буква а как раз вот этот полукруг!
Таким образом для того чтобо разместить бесконечное число букв T радиусом не меньше A, нужно разместить бесконечное число непересекающихся полукругов радиуса скажем не меньше a/10. То ест площадью PI*a*a/200. Что невозможно ввиду ограничения площади.
P/S/ Кстати ясно, что доказательство пройдет для любого несчетногомножества, что ясно, что континуум-гипотеза тут непричем. Кто не знает -- в некто в 60х доказал что К.-Г. является утверждением, независящим от системы аксиом Цермело, таким образром за аксиому можно принимать как ее саму так и ее отрицание и строить свою математику...
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
К>>>Если буквы не пересекаются, но накладываются — то хоть какая. RB>>Не пересекаются их линии.
К>Представим себе стопочку одинаковых букв Т, лежащих одна поверх другой. Линии не пересекаются, а совпадают. К>Если мощность этой стопки более алеф-1, то
К>>>При любом раскладе — не менее алеф-1. RB>>Э-э-э... Континуальная или счетная? (пардон, как-то привык так обозначать)...
К>алеф0 — счётность. К>алеф1 — континуум. К>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>и т.д.
ААААА! Щаз буду бить.
Алеф n -- это n-е по порядку бесконечное кардинальное число. алеф 1 -- это никакой не континуум. Это следующее по величине кардинальное число после алеф 0.
Чему оно равно не известно. И не может быть известно в рамках стандартной аксиоматики теории множеств -- спасибо Гёделю с Коэном за решение проблемы континуум-гипотезы.
Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>Здравствуйте, King Oleg, Вы писали:
KO>>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>>>>Имеется в виду, мощность множества при наиболее плотном покрытии. KO>>>>Имеется ввиду минимальная мощность множества, которое полностью покрывает квадрат. KO>>>>Иначе я "наиболее плотно" прочитаю как "всюду плотно", и буду аппелировать к первому моему решению.
RB>>>Да, имеется в виду, всюду плотно. Каково же решение? KO>>Ну ты мне надоел. Мое решение. "Всюду плотное множество над областью" — это такое множество, что в эпсилон-окресности любой точки из области, найдется точка, которая принадлежит множеству. KO>>В моем решении — объединение множества букв (читай — обастей) Т и будет всюду плотным над квадратом. KO>>Всюду плотное множество необязано полностью покрывать множиство. Напимер, множество рациональный точек всюду плотно на прямой. Так же, множество иррациональных точек всюду плотно на прямой (поэтому — минимальная мощность). KO>Забыл сказать. что множество с минимальной мощностью, которое всюду плотно, называется сепарабельным (или я уже совсем того ).
KO>>Забыл сказать. что множество с минимальной мощностью, которое всюду плотно, называется сепарабельным (или я уже совсем того ).
RB>Понятие "всюду плотного" требует, как минимум, другого множества, в которое первое вложено, а также, нормированности этого самого "надмножества".
Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>алеф0 — счётность. К>>алеф1 — континуум. К>>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>>и т.д.
Ш>ААААА! Щаз буду бить.
Ш>Алеф n -- это n-е по порядку бесконечное кардинальное число. алеф 1 -- это никакой не континуум. Это следующее по величине кардинальное число после алеф 0. Ш>Чему оно равно не известно. И не может быть известно в рамках стандартной аксиоматики теории множеств -- спасибо Гёделю с Коэном за решение проблемы континуум-гипотезы.
Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Кстати, я видел теорию, построенную на аксиоматике Т.М. + ненатуральные алефы... Красиво, но башню сносит
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>>алеф0 — счётность. К>>>алеф1 — континуум. К>>>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной. К>>>и т.д.
Ш>>ААААА! Щаз буду бить.
Ш>>Алеф n -- это n-е по порядку бесконечное кардинальное число. алеф 1 -- это никакой не континуум. Это следующее по величине кардинальное число после алеф 0. Ш>>Чему оно равно не известно. И не может быть известно в рамках стандартной аксиоматики теории множеств -- спасибо Гёделю с Коэном за решение проблемы континуум-гипотезы.
К>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
К>Кстати, я видел теорию, построенную на аксиоматике Т.М. + ненатуральные алефы... Красиво, но башню сносит
Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Ш>Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
А из положительного ответа на неё — не следует ли, что и другие промежуточные кардинальные числа есть?
Или по каждому следующему алефу можно заводить новый постулат?
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Ш>>Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
К>А из положительного ответа на неё — не следует ли, что и другие промежуточные кардинальные числа есть?
Этого я не знаю.
К>Или по каждому следующему алефу можно заводить новый постулат?
Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>>>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Ш>>>Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
К>>А из положительного ответа на неё — не следует ли, что и другие промежуточные кардинальные числа есть?
Ш>Этого я не знаю.
К>>Или по каждому следующему алефу можно заводить новый постулат?
Ш>Возможно. Только зачем?
Ну если у нас есть ряд независимых алеф-гипотез (про алеф-0.5 — это континуум-гипотеза, про алеф-1.5 я уж не знаю как назвать и т.д.) то получаем континуальное (!) множество аксиоматик.
Континуальное — поскольку есть счётное множество целочисленных алефов, а значит счётное множество алеф-гипотез, то есть каждой аксиоматике соответствует бесконечномерный булев вектор. А такие вектора однозначно отображаются на множество вещественных чисел, которых континуум.
Конечно, основной интерес представляют аксиоматики "все-нули" и "все-единицы" (т.е. "есть только целочисленные алефы" и "есть промежуточные алефы").
Ну и поскольку наиболее расхожие множества — это счётность и континуум, то — что там творится в более мощных множествах, не шибко интересно.
Даже ближайшее множество — функций вещественного переменного — кому оно нужно целиком (не тот или иной класс функций, а весь ассортимент).
Хотя, пожалуй, с классами функций и можно было бы нарваться на алеф-1.5
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
К>>>>>Хмм. Почему-то я думал, что алеф[n] = 2^алеф[n-1], и континуум-гипотеза состоит в том, бывают ли кардинальные числа между алефами с целыми номерами.
Ш>>>>Континуум гипотеза (классическая), спрашивает, есть ли промежуточная мощность между счетной и континуальной.
К>>>А из положительного ответа на неё — не следует ли, что и другие промежуточные кардинальные числа есть?
Ш>>Этого я не знаю.
К>>>Или по каждому следующему алефу можно заводить новый постулат?
Ш>>Возможно. Только зачем?
К>Ну если у нас есть ряд независимых алеф-гипотез (про алеф-0.5 — это континуум-гипотеза, про алеф-1.5 я уж не знаю как назвать и т.д.) то получаем континуальное (!) множество аксиоматик.
Только если допускать бесконечное множество аксиом. Но такое множество аксиом не может быть записано (чернил не хватит), а значит и не может служить базой какой-либо теории. По крайней мере, человеческой теории. Ну, конечно, для бога там или дьявола ограничений нет.
К>Континуальное — поскольку есть счётное множество целочисленных алефов, а значит счётное множество алеф-гипотез, то есть каждой аксиоматике соответствует бесконечномерный булев вектор. А такие вектора однозначно отображаются на множество вещественных чисел, которых континуум.
К>Конечно, основной интерес представляют аксиоматики "все-нули" и "все-единицы" (т.е. "есть только целочисленные алефы" и "есть промежуточные алефы"). К>Ну и поскольку наиболее расхожие множества — это счётность и континуум, то — что там творится в более мощных множествах, не шибко интересно. К>Даже ближайшее множество — функций вещественного переменного — кому оно нужно целиком (не тот или иной класс функций, а весь ассортимент).
Я вот тут посидел и задумался -- а какова мощность множества измеримых подмножеств, скажем, отрезка [0,1]? Не знаю ответа.
К>Хотя, пожалуй, с классами функций и можно было бы нарваться на алеф-1.5
Ш>Я вот тут посидел и задумался -- а какова мощность множества измеримых подмножеств, скажем, отрезка [0,1]? Не знаю ответа.
А смотря в какой мере!
В мере Бореля очевидно что континуум, поскольку все порождается интервалами, границы которых рациональные числа.
Для полной меры (Лебега или Жордано) таких множеств гиперконтинуум. Докажем для лебега.
Рассмотрим несчетное множество, имеющее меру 0. Тогда все его подмножества будут измеримыми и иметь меру 0. А их гиперконтинуум. Для плоскости найти такое мнодество легко -- прямая. На прямой сложнее, но можно найти что-то связанное с точками роста лестницы Кантора.
P/S/ Кто нить у меня ошибку в решении исходной задачи видит или будем считать что она решена?
Ш>>Я вот тут посидел и задумался -- а какова мощность множества измеримых подмножеств, скажем, отрезка [0,1]? Не знаю ответа.
PP4>А смотря в какой мере! PP4>В мере Бореля очевидно что континуум, поскольку все порождается интервалами, границы которых рациональные числа.
Что значит, порождается? Для того, чтобы замкнуть исходную базу в алгебру множеств, нужно сделать трансфинитное число шагов.
PP4>Для полной меры (Лебега или Жордано) таких множеств гиперконтинуум. Докажем для лебега. PP4>Рассмотрим несчетное множество, имеющее меру 0.
Верная мысль. А для борелевских множеств, есть ли несчетное множество меры нуль?
PP4>Тогда все его подмножества будут измеримыми и иметь меру 0. А их гиперконтинуум. Для плоскости найти такое мнодество легко -- прямая. На прямой сложнее, но можно найти что-то связанное с точками роста лестницы Кантора.
Стоп стоп. Берем Кантора -- разве это не то, что нам нужно? Причем оно борелевское -- вот и пример для борелевского класса.
PP4>P/S/ Кто нить у меня ошибку в решении исходной задачи видит или будем считать что она решена?
Какой пост? Я никак не прочитаю этот топик целиком!
Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
Ш>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
Ш>>>Я вот тут посидел и задумался -- а какова мощность множества измеримых подмножеств, скажем, отрезка [0,1]? Не знаю ответа.
PP4>>А смотря в какой мере! PP4>>В мере Бореля очевидно что континуум, поскольку все порождается интервалами, границы которых рациональные числа.
Ш>Что значит, порождается? Для того, чтобы замкнуть исходную базу в алгебру множеств, нужно сделать трансфинитное число шагов.
Нет, борелевскую меру модно получить счетным колчиством операций. По определению это минимальная сигма-алгебра, положденная открытими мнодествами. В силу того что любое открытое множество представимо ввиде счетного объединения интервалов с рациональными точками (2-аксиома счетности), а так же способа построения сигма алгебры -- получается счетное количество множдеств. В самом деле рассмотрим такие множества A = B(i-1)Oper(i=1,+infifnty)B(i), где Oper это объединение, пересечение или разность, а B(i) отрезок с рациональными координатами. // короче счетная цепочка этих операций над рац. отрезками.
Ясно, что это сигма-алгербра -- потому как пересекая, объединяя и прочее таких множеств все равно остаешься в том же виде. Ясно, что оно содержит все открытые множества -- значит это сигма-алгебра, порожденная топологией, то есть это и есть болевская сигма-алгебра. // доказательство минимальности ее оставим за Вами.
Количество таких всевозможных мнодеств A тоже очевидно -- это N^N то есть R. И того это континнум. А поскольку мера Жордана полная, а потому гиперконтинуалая, легко доказать что есть множества измеримые по Жордано, но не по Борелю, и наоборот.
Ш>Стоп стоп. Берем Кантора -- разве это не то, что нам нужно? Причем оно борелевское -- вот и пример для борелевского класса.
Борелевская мера не полная, поэтому бессмысленно брать несчетное мнодество меры 0. Его подмножества могуть быть неизмеримыми....
Ш>Какой пост? Я никак не прочитаю этот топик целиком!
далее есть комментарии. чуть ранее построено счетное покрытие
P/S/ Шест лет назад учил, но до сих пор оказывается что то помню. Спасибо Мельникову Е.В. из ОмГУ
Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
PP4>Здравствуйте, Шахтер, Вы писали:
Ш>>Здравствуйте, PoM-PoM 40mm, Вы писали:
Ш>>>>Я вот тут посидел и задумался -- а какова мощность множества измеримых подмножеств, скажем, отрезка [0,1]? Не знаю ответа.
PP4>>>А смотря в какой мере! PP4>>>В мере Бореля очевидно что континуум, поскольку все порождается интервалами, границы которых рациональные числа.
Ш>>Что значит, порождается? Для того, чтобы замкнуть исходную базу в алгебру множеств, нужно сделать трансфинитное число шагов.
PP4>Нет, борелевскую меру модно получить счетным колчиством операций. По определению это минимальная сигма-алгебра, положденная открытими мнодествами. В силу того что любое открытое множество представимо ввиде счетного объединения интервалов с рациональными точками (2-аксиома счетности), а так же способа построения сигма алгебры -- получается счетное количество множдеств. В самом деле рассмотрим такие множества A = B(i-1)Oper(i=1,+infifnty)B(i), где Oper это объединение, пересечение или разность, а B(i) отрезок с рациональными координатами. // короче счетная цепочка этих операций над рац. отрезками.
Дайте, пожалуйста, определение результата такой последовательности операций.
PP4>Ясно, что это сигма-алгербра -- потому как пересекая, объединяя и прочее таких множеств все равно остаешься в том же виде.
Не ясно. Как быть со счетными объединениями?
PP4> Ясно, что оно содержит все открытые множества -- значит это сигма-алгебра, порожденная топологией, то есть это и есть болевская сигма-алгебра. // доказательство минимальности ее оставим за Вами.
PP4>Количество таких всевозможных мнодеств A тоже очевидно -- это N^N то есть R. И того это континнум. А поскольку мера Жордана полная, а потому гиперконтинуалая, легко доказать что есть множества измеримые по Жордано, но не по Борелю, и наоборот.
Ш>>Стоп стоп. Берем Кантора -- разве это не то, что нам нужно? Причем оно борелевское -- вот и пример для борелевского класса.
PP4>Борелевская мера не полная, поэтому бессмысленно брать несчетное мнодество меры 0. Его подмножества могуть быть неизмеримыми....
PP4>далее есть комментарии. чуть ранее построено счетное покрытие PP4>P/S/ Шест лет назад учил, но до сих пор оказывается что то помню. Спасибо Мельникову Е.В. из ОмГУ
Спасибо в таких случаях надо говорить себе прежде всего.
Здравствуйте, Кодт, Вы писали:
К>Здравствуйте, Alglib, Вы писали:
A>>Здравствуйте, Кодт, Вы писали: К>>>алеф0 — счётность. К>>>алеф1 — континуум. К>>>алеф2 — 2^(алеф0) — мощность функций континуальной переменной.
A>>э-э-э? алеф2 = 2^(алеф1) ??? К>Ага. Очепятался маломало.
К>Кстати, а проблема промежуточных кардинальных чисел (алеф[n] < X < алеф[n+1]) — до сих пор проблема? К>А то я не в курсе...
я этим не особо интересуюсь по другому ведомству
Re[3]: Задача на множества
От:
Аноним
Дата:
21.07.04 08:21
Оценка:
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>Да, решение, которое я знал, такое же — поставить каждой букве по паре точек.
RB>Однако, пост Кинг Олега
, насколько я понял, наводит на след. рассуждение.
RB>1. Есть квадрат. Рисуем в нем большую букву T. Это первый уровень. RB>2. Справа и слева от этой буквы рисуем еще по одной, но в два раза меньшего размера. Это второй уровень. RB>3. Справа и слева от каждой буквы второго уровня рисуем еще по одной букве, еще в 2 раза меньшего размера. Это третий уровень.
RB>И т.д. В итоге получаем бесконечно много уровней букв, которые удовлетворяют условию.
RB>На каждой уровне N находится 2^(N-1) букв. Суммируя число букв от 1 уровня до уровня N получаем сумму 2^N — 1 (хотя суммирование значения не имеет). На базе "N -> oo" получаем, согласно "магической формуле" 2^alef0 = alef1.
RB>К чему бы это?
К тому, что свойства пределов числовых последовательностей, могут и не выполнятся для пределов последовательностей ординалов. (докажите что если x->kapa, то 2^x->2^kapa(где kapa некоторый ординал)? Кажется это не верно.
Здравствуйте, Аноним, Вы писали:
А>Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
RB>>Да, решение, которое я знал, такое же — поставить каждой букве по паре точек.
RB>>Однако, пост Кинг Олега
, насколько я понял, наводит на след. рассуждение.
RB>>1. Есть квадрат. Рисуем в нем большую букву T. Это первый уровень. RB>>2. Справа и слева от этой буквы рисуем еще по одной, но в два раза меньшего размера. Это второй уровень. RB>>3. Справа и слева от каждой буквы второго уровня рисуем еще по одной букве, еще в 2 раза меньшего размера. Это третий уровень.
RB>>И т.д. В итоге получаем бесконечно много уровней букв, которые удовлетворяют условию.
RB>>На каждой уровне N находится 2^(N-1) букв. Суммируя число букв от 1 уровня до уровня N получаем сумму 2^N — 1 (хотя суммирование значения не имеет). На базе "N -> oo" получаем, согласно "магической формуле" 2^alef0 = alef1.
RB>>К чему бы это?
А>К тому, что свойства пределов числовых последовательностей, могут и не выполнятся для пределов последовательностей ординалов. (докажите что если x->kapa, то 2^x->2^kapa(где kapa некоторый ординал)? Кажется это не верно.
На сколько я помню, последовательность Алефов именно так и вводиться, как 2^ALEF_(i)=ALEF_(i+1). А то, что 2^x (x->ALEF_(i) ) -> 2^ALEF_(i) = ALEF_(i+1) "выводиться" из правил лимитов.
П.С, Что-то я сегодня не в настроении. Интересно, когда чушь начну пороть?
King Oleg
*Читайте DOC'и, они rules*
Re[3]: Задача на множества
От:
Аноним
Дата:
21.07.04 08:27
Оценка:
Здравствуйте, rus blood, Вы писали:
А>>Требуется порядок? Не совсем понятно условие. А>>во вс случае не меньше мощности нат чисел и вряд ли больше мощности вещ чисел
RB>Есть промежуточная?
А это, как вам захочется. Доказано, что при добавлении аксиомы существования(не существования) такой мощности к системе аксиом ZF+аксиома выбора получается не противоречивая система аксиом.
К>Ну если у нас есть ряд независимых алеф-гипотез (про алеф-0.5 — это континуум-гипотеза, про алеф-1.5 я уж не знаю как назвать и т.д.) то получаем континуальное (!) множество аксиоматик.
Нет. Это эквивалентные предположения. Если выполняется одно, то выполняются и все остальные.
Re[5]: Задача на множества
От:
Аноним
Дата:
21.07.04 08:43
Оценка:
RB>>>На каждой уровне N находится 2^(N-1) букв. Суммируя число букв от 1 уровня до уровня N получаем сумму 2^N — 1 (хотя суммирование значения не имеет). На базе "N -> oo" получаем, согласно "магической формуле" 2^alef0 = alef1.
RB>>>К чему бы это?
А>>К тому, что свойства пределов числовых последовательностей, могут и не выполнятся для пределов последовательностей ординалов. (докажите что если x->kapa, то 2^x->2^kapa(где kapa некоторый ординал)? Кажется это не верно.
KO>На сколько я помню, последовательность Алефов именно так и вводиться, как 2^ALEF_(i)=ALEF_(i+1). А то, что 2^x (x->ALEF_(i) ) -> 2^ALEF_(i) = ALEF_(i+1) "выводиться" из правил лимитов.
KO>П.С, Что-то я сегодня не в настроении. Интересно, когда чушь начну пороть?
Но, очевидно что 2^n->aleph_(0),принатуральном n->aleph(0)
или я что-то путаю?
Перекуём баги на фичи!
).
