Onko kompleksilukujen joukko mahtavampi kuin reaalilukujen joukko?
Mahtavuuksien vertailua
Anonyymi
22
176
Vastaukset
- Anonyymi
Ei ole, ne on yhtä mahtavat. Kompleksi luvut on joukkona R^2, joten Riittää osoittaa että R ja R^2 on yhtämahtavat. Tämähän seuraisi suoraan siitä, että karteesisen tulon kardinaliteetti tulee tulona tekijöiden kardinaliteeteista ja kun ne ovat molemmat äärettömiä, niin itse asiassa se on niiden maksimi: https://en.wikipedia.org/wiki/Cardinal_number#Cardinal_multiplication
Mutta, jos nyt ei mennä kardinaaliaritmetiikkaan, niin osoitetaan ensin, että R on yhtä mahtava kuin binäärijonojen joukko B. Tämähän tulee periaatteessa siitä, että R on yhtämahtava kuin väli [0, 1] ja jokaisella välin [0, 1] on binääriesitys 0.b1b2..., eli binäärijono. Rationaaliluvuilla on kaksi esitystä mutta ne ei vaikuta. Osoitetaan vaikka ensin että reaaliluvut ja irrationaaliluvut ovat yhtä mahtavat ja otetaan vain jonot, joissa mikään jakso ei ala lopulta toistumaan. Seuraava karteesisen tulon mahtavuustodistus menee läpi myös niillä.
Osoitetaan sitten, että B^2 on yhtämahtava kuin B. Muodostetaan bijektio ottamalla kaksi jonoa ja limittämällä ne keskenään (vuoron perään termi kummastakin) (Kuten sanottu, jos jonoilla ei ole jaksoa, niin ei myöskään tällä limitetyllä jonolla, ja jos jonoilla on jaksot, niin jakso syntyy myös limitettyyn jonoon).
Siis R = B = B^2 = R^2
Karteesisten tulojen välinen bijektio tulee suoraan siitä, että jos f on bijektio A:lta B:lle ja g bijektio C:ltä D:lle, niin (f,g) on bijektio AxC -> BxD.
Ja tuolla välissä mainittu irrationaalilukujen ja reaalilukujen yhtämahtavuus tulee näin:
Otetaan jokin positiivinen irrationaaliluku a. Muodostetaan funktio f:R->R kuvaamalla muut reaaliluvut itselleen, mutta a:n positiiviset monikerrat n*a kuvataan luvuiksi 2*n*a. Näin syntyy bijektio R:ltä R pois numeroituvalle joukolle (a:n parittomat positiiviset monikerrat). Numeroidaan sitten rationaaliluvut ja kuvataan R funktiolla g kuvaamalla R\(Q ja n*a) itsekseen, n*a siihen 2n*a:han ja Q kuvataan (2n 1)a:han (Q:n numeroinnin mukaan). Näin on tehty bijektio reaaliluvuilta irrationaaliluvuille.- Anonyymi
Tai ehkä helpompi, kun vaaditaan että binäärijono ei pääty 1,1,1,1... Tällöin jokaisen luvun binääriesitys on yksikäsitteinen.
Ja vielä se, että |[0, 1]| = |R|. No ensin 0 ja 1 tyrkätään nyt johonkin (kaksi pistettä, ne ei voi mitään merkitä) ja sitten bijektio (0, 1) ja R:n välillähän on sellainen, että nollassa mennään miinus äärettömään ja ykkösessä mennään äärettömään, esim tan(pi/2 * x). - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Tai ehkä helpompi, kun vaaditaan että binäärijono ei pääty 1,1,1,1... Tällöin jokaisen luvun binääriesitys on yksikäsitteinen.
Ja vielä se, että |[0, 1]| = |R|. No ensin 0 ja 1 tyrkätään nyt johonkin (kaksi pistettä, ne ei voi mitään merkitä) ja sitten bijektio (0, 1) ja R:n välillähän on sellainen, että nollassa mennään miinus äärettömään ja ykkösessä mennään äärettömään, esim tan(pi/2 * x).Tehdään se siirtotemppu tuossa, jotta saadaan 0 ja 1 sovitettua: jonkun luvun pos. monikertoja siirretään kahdella eteenpäin, jotta syntyy kaksi tyhjää paikkaa, joihin 0 ja 1 kuvataan.
- Anonyymi
Olkoon reaalilukujen joukko R ja kompleksilukujen joukko on siis reaalilukuparien (x,y) muodostama joukko R x R (karteesinen tulo).
Joukot A ja B ovat yhtä mahtavia eli A ~B, jos on olemassa injektiot f: A ->B ja g: B -> A.
Olkoon f:R-> R x R tämä: f(x) = (x,0). Se on injektio.
Olkoon g: R x R -> R tämä: g((x,y)) = 2^x*3^y
Jos olisi (u,v) siten että g((u,v)) = g((x,y)) niin
2^u * 3^v = 2^x * 3^y.
Silloin 2^(u-x) = 3^(y-v) mutta tämä on mahdollista vain kun u=x ja v=y. g on siis injektio ja r ~Rx R.- Anonyymi
Tuli kirjoitusvirhe: p.o.: ...injektio ja R ~R x R.
- Anonyymi
Eikös
2^(log 3) = 3^(log 2)
ja log 3 != 0, log 2 != 0. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Eikös
2^(log 3) = 3^(log 2)
ja log 3 != 0, log 2 != 0.Höpö höpö!
- Anonyymi
Väärin meni, ei tuo g ole injektio.
2^(u-x) = 3^(y-v) kun (u-x) log(2) = (y-v) log(3) ja tällä on muitakin ratkaisuja kuin x = u ja y = v.
Mutta joka tapauksessa joukko-opissa yleisesti tunnettu tosiasia on, että R ~R x R, itse asiassa R^n ~R kun n on äärellinen tai voi olla jopa numeroituvasti ääretön. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Väärin meni, ei tuo g ole injektio.
2^(u-x) = 3^(y-v) kun (u-x) log(2) = (y-v) log(3) ja tällä on muitakin ratkaisuja kuin x = u ja y = v.
Mutta joka tapauksessa joukko-opissa yleisesti tunnettu tosiasia on, että R ~R x R, itse asiassa R^n ~R kun n on äärellinen tai voi olla jopa numeroituvasti ääretön.Meneekös tuo R^(numeroituva) esim. niin että j:nnet laitetaan j:nnen alkuluvun potenssin ilmaisemiin paikkoihin? Näin siis saadaan injektio (2^N)^N:ltä 2^N:ään.
No mutta tämän mukaan: https://www.ucl.ac.uk/~ucahcjm/ast/ast_notes_4.pdf kardinaaliluvuilla pätee yleisesti (a^b)^c = a^(b*c), joten tuohan on selvä. Seuraa siitä, että N^2 ~ N, jonka todistukseen tuo 2-3-kikka jota viestin 04.07.2022 10:16 laittaja käytti toimii. Reaaliluvuillehan se ei toimi, eikä taida mikään "tavallinen" funktio toimia. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Meneekös tuo R^(numeroituva) esim. niin että j:nnet laitetaan j:nnen alkuluvun potenssin ilmaisemiin paikkoihin? Näin siis saadaan injektio (2^N)^N:ltä 2^N:ään.
No mutta tämän mukaan: https://www.ucl.ac.uk/~ucahcjm/ast/ast_notes_4.pdf kardinaaliluvuilla pätee yleisesti (a^b)^c = a^(b*c), joten tuohan on selvä. Seuraa siitä, että N^2 ~ N, jonka todistukseen tuo 2-3-kikka jota viestin 04.07.2022 10:16 laittaja käytti toimii. Reaaliluvuillehan se ei toimi, eikä taida mikään "tavallinen" funktio toimia.Jos "tavallisella" funktiolla tarkoitetaan jatkuvaa funktiota, niin sellaista injektiota R^2 -> R ei ole. Mutta kyllä silti R ~R^2.
- Anonyymi
Mahtavuusjärjestyksessä Reaalilukujen joukosta seuraavana on Reaalilukujen joukon potenssijoukko P(R), eli Reaalilukujen joukon kaikkien osajoukkojen joukko.
- Anonyymi
Tämä on erikoistapaus ns. yleistetetystä kontinuumihypoteesista. Se, samoin kuin kontinuumihypoteesi, on ZFC-aksioomista riippumaton eikä siis tuossa järjestelmässä ole todistettavissa. ZFC = Zermelo-Fraenkel- aksioomat valinta-aksiooma.
Kts. Wikipedia (eng,) : Continuum hypothesis ja sen alakohta "The Generalized continuum hypothesis". Suomenkielisessäkin on aiheesta muutama sana.
- Anonyymi
Hekkone. Olikos joukot y htä mahtavat jos niiden välillä on bijektio?
No äkkiähän noiden välille keksii vaikka minkälaisen bijektion.- Anonyymi
No esitä nyt sellainen bijektio kun et kerran usko erittäin ammattitaitoisten matemaatikkojen vuosikymmenien uurastuksen aikana kehittämiin tuloksiin,
- Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
No esitä nyt sellainen bijektio kun et kerran usko erittäin ammattitaitoisten matemaatikkojen vuosikymmenien uurastuksen aikana kehittämiin tuloksiin,
Häh? Missä oon sanonu etten usko matemaatikkojen tuloksiin?
Mutta siis esim kuvaus että joka toinen kymmenesluku merkitsee reaaliosan ja joka toinen imaginääriosan. Siis vaikka luku ...1111111,1111111... ...22222222,2222222...i kuvautuu reaaliakselille luvuksi ...121212121212,12121212121... ja päinvastoin. Eikös tuo nyt kuvaa koko reaaliakselin koko imaginääriakselille ja eri pisteet eri pisteisiin. Funkton täsmällisen määritelmän voi varmaan kuka tahansa matematiikan peruskurssit käynyt varmaan auki kirjoittaa, ei sitä tähän jaksa kun ei voi mitään alaindeksejä tai summafunktioita käyttää.
Vastaavia bijektioita nyt keksii ihan loputtomiin. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Häh? Missä oon sanonu etten usko matemaatikkojen tuloksiin?
Mutta siis esim kuvaus että joka toinen kymmenesluku merkitsee reaaliosan ja joka toinen imaginääriosan. Siis vaikka luku ...1111111,1111111... ...22222222,2222222...i kuvautuu reaaliakselille luvuksi ...121212121212,12121212121... ja päinvastoin. Eikös tuo nyt kuvaa koko reaaliakselin koko imaginääriakselille ja eri pisteet eri pisteisiin. Funkton täsmällisen määritelmän voi varmaan kuka tahansa matematiikan peruskurssit käynyt varmaan auki kirjoittaa, ei sitä tähän jaksa kun ei voi mitään alaindeksejä tai summafunktioita käyttää.
Vastaavia bijektioita nyt keksii ihan loputtomiin.En tiedä, mikä edellisen kommentaattorin ongelma oli, mutta kyllä niiden välillä on bijektio. Se nimenomaan on jo pitkään tiedetty tosiasia, että R ja C ovat yhtä mahtavat, ja itseasiassa R on yhtä mahtava kuin R^n millä tahansa luonnollisella luvulla n.
Tuo esittämäsi bijektioehdokas tosin ei tuollaisenaan toimi, koska olet kuvannut vain puolet kompleksitasosta koko reaaliakselille, eikä toinen puolikas siis mahdu enää mihinkään. Ehdotuksesi mukaisesti voi kuvata kaikki kompleksiluvut a bi, joissa joko a ja b ovat positiivisia tai molemmat ovat negatiivisia. Vaan entäs jos toinen on positiivinen ja toinen negatiivinen? - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
En tiedä, mikä edellisen kommentaattorin ongelma oli, mutta kyllä niiden välillä on bijektio. Se nimenomaan on jo pitkään tiedetty tosiasia, että R ja C ovat yhtä mahtavat, ja itseasiassa R on yhtä mahtava kuin R^n millä tahansa luonnollisella luvulla n.
Tuo esittämäsi bijektioehdokas tosin ei tuollaisenaan toimi, koska olet kuvannut vain puolet kompleksitasosta koko reaaliakselille, eikä toinen puolikas siis mahdu enää mihinkään. Ehdotuksesi mukaisesti voi kuvata kaikki kompleksiluvut a bi, joissa joko a ja b ovat positiivisia tai molemmat ovat negatiivisia. Vaan entäs jos toinen on positiivinen ja toinen negatiivinen?Tässähän oli kyse reaalilukujen joukon ja sen potenssijoukon (osajoukkojen joukon ) mahtavuudesta. Ja tähän pätee se, mitä esim. antamassani Wikipedia-vinkissä sanotaan.
Kompleksilukujen joukko ja yleisempi R^n ovat aivan muita joukkoja ja niiden mahtavuus on tunnetusti sama kuin R:n.
Kommentoisitte sitä mistä Anonyymi / 16.07.2022 00:43 puhui ja johon minä vastasin. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
En tiedä, mikä edellisen kommentaattorin ongelma oli, mutta kyllä niiden välillä on bijektio. Se nimenomaan on jo pitkään tiedetty tosiasia, että R ja C ovat yhtä mahtavat, ja itseasiassa R on yhtä mahtava kuin R^n millä tahansa luonnollisella luvulla n.
Tuo esittämäsi bijektioehdokas tosin ei tuollaisenaan toimi, koska olet kuvannut vain puolet kompleksitasosta koko reaaliakselille, eikä toinen puolikas siis mahdu enää mihinkään. Ehdotuksesi mukaisesti voi kuvata kaikki kompleksiluvut a bi, joissa joko a ja b ovat positiivisia tai molemmat ovat negatiivisia. Vaan entäs jos toinen on positiivinen ja toinen negatiivinen?Äh, niinpäs onkin. No pitäs tehdä esim (-1)^(a_i), jollekin i joko reaaliosan tai imaginääriosan eteen, jotta sais kaikki tapaukset käsiteltyä. Mutta sittenhän kyseessä ei enää olekaan bijektio, koska eri pisteet kuvautuu samaks, ellei esim käsittele pelkkiä binäärilukuja. Menipäs vaikeaks, ehkä niiden keksiminen ei ihan _niin_ helppoa olekaan mitä ensinäkemältä veikkais.
- Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Tässähän oli kyse reaalilukujen joukon ja sen potenssijoukon (osajoukkojen joukon ) mahtavuudesta. Ja tähän pätee se, mitä esim. antamassani Wikipedia-vinkissä sanotaan.
Kompleksilukujen joukko ja yleisempi R^n ovat aivan muita joukkoja ja niiden mahtavuus on tunnetusti sama kuin R:n.
Kommentoisitte sitä mistä Anonyymi / 16.07.2022 00:43 puhui ja johon minä vastasin.Tuo ”Hekkone. Olikos...” oli kommentti suoraan aloitukseen, jossa puhuttiin nimenomaan reaali- ja kompleksiluvuista, ei reaalilukujen potenssijoukosta.
R:n ja R^n:n (tai C:n) välille voi keksiä bijektion, tai äärettömän monta sellaista, eikä siinä ole mitään ihmeellistä. R:n ja P(R):n välillä sellaisia ei ole. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Äh, niinpäs onkin. No pitäs tehdä esim (-1)^(a_i), jollekin i joko reaaliosan tai imaginääriosan eteen, jotta sais kaikki tapaukset käsiteltyä. Mutta sittenhän kyseessä ei enää olekaan bijektio, koska eri pisteet kuvautuu samaks, ellei esim käsittele pelkkiä binäärilukuja. Menipäs vaikeaks, ehkä niiden keksiminen ei ihan _niin_ helppoa olekaan mitä ensinäkemältä veikkais.
Riittää osoittaa, että (0,1) ~ (0,1)^2, sillä selvästi R ~ (0, 1) ja R^2 ~ (0,1)^2.
- Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Tuo ”Hekkone. Olikos...” oli kommentti suoraan aloitukseen, jossa puhuttiin nimenomaan reaali- ja kompleksiluvuista, ei reaalilukujen potenssijoukosta.
R:n ja R^n:n (tai C:n) välille voi keksiä bijektion, tai äärettömän monta sellaista, eikä siinä ole mitään ihmeellistä. R:n ja P(R):n välillä sellaisia ei ole.Olisit lukenut ennenkuin rupesit kommentoimaan. Tuo potenssijoukkoa koskeva väite (se 00:43) oli viimeinen kommentti ketjussa kun luin sen ja jos kerran kommentoin välittömästi sen jälkeen niin kyllähän kommentttini koski juuri sitä. Myös sisällöstä tämä olisi pitänyt pystyä päättelemään.
Se, errä R~R^n missä n voi olla myös se Alef(0) eli numeroituvan joukon kardinaali, oli jo myös ketjussa mainittu ennen sinun turhia kommenttejasi. - Anonyymi
Anonyymi kirjoitti:
Riittää osoittaa, että (0,1) ~ (0,1)^2, sillä selvästi R ~ (0, 1) ja R^2 ~ (0,1)^2.
Njuu mut ei toi sit oo enää yhtään havainnoillistava tai näppärä todistus.
Ketjusta on poistettu 0 sääntöjenvastaista viestiä.
Luetuimmat keskustelut
- 1773621
Tekisi niin mieli laittaa sulle viestiä
En vaan ole varma ollaanko siihen vielä valmiita, vaikka halua löytyykin täältä suunnalta, ja ikävää, ja kaikkea muuta m851608Miksi ihmeessä?
Erika Vikman diskattiin, ei osallistu Euroviisuihin – tilalle Gettomasa ja paluun tekevä Cheek261337- 1581252
Pitääkö penkeillä hypätä Martina?
Eivätkö puistonpenkit ole istumista varten.Ei niitä kannata liata hyppäämällä koskaa likaantuvat eikä siellä kukaan niit1941023Erika Vikman diskattiin, tilalle Gettomasa ja paluun tekevä Cheek
Erika Vikman diskattiin, ei osallistu Euroviisuihin – tilalle Gettomasa ja paluun tekevä Cheek https://www.rumba.fi/uut161003- 351001
Kuinka kauan
Olet ollut kaivattuusi ihastunut/rakastunut? Tajusitko tunteesi heti, vai syventyivätkö ne hitaasti?84951Maikkarin tentti: Orpo jälleen rauhallinen ja erittäin hyvä, myös Purra oli hyvä
Lindtman ja Kaikkonen oli kohtalaisia, sen sijaan punavihreät Koskela ja Virta olivat taas heikkoja. Ja vastustavat jalk97864- 62775