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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:37 Mo 08.11.2010 | | Autor: | Erstie |
| Aufgabe | [mm] \IN^{\IN} [/mm] ist die Menge der Abbildungen von [mm] \IN [/mm] nach [mm] \IN.
[/mm]
Zeige die Gleichmächtigkeit von [mm] \IN^{\IN} [/mm] x [mm] \IN^{\IN} \cong \IN^{\IN} [/mm] |
Hallo,
mir fehlt der Ansatz zum Lösen dieser Aufgabe.
Ein Hinweis für die Aufgabe war: [mm] \IN^{\IN} \cong \IN [/mm]
Kann mir jemand ein Tipp geben wie genau ich vorgehen muss?
Gruß
Erstie
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:51 Mo 08.11.2010 | | Autor: | Marc |
Hallo Erstie,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> [mm]\IN^{\IN}[/mm] ist die Menge der Abbildungen von [mm]\IN[/mm] nach [mm]\IN.[/mm]
>
> Zeige die Gleichmächtigkeit von [mm]\IN^{\IN}[/mm] x [mm]\IN^{\IN} \cong \IN^{\IN}[/mm]
> mir fehlt der Ansatz zum Lösen dieser Aufgabe.
> Ein Hinweis für die Aufgabe war: [mm]\IN^{\IN} \cong \IN[/mm]
Stimmt dieser Hinweis eigentlich?
[mm] $\IN^\IN$ [/mm] müsste doch "größer" sein als die Menge aller Dezimalbruchentwicklungen von Zahlen [mm] $\in[0,1]$ [/mm] (also [mm] $|\{0,\ldots,9\}^\IN|\le |\IN^\IN|$), [/mm] also müsste [mm] $\IN^\IN$ [/mm] gleichmächtig zu [mm] $\IR$ [/mm] sein.
Was ich unten geschrieben hatte, wäre dann natürlich Quatsch und ich streiche es vorsichtshalber durch.
>
> Kann mir jemand ein Tipp geben wie genau ich vorgehen
> muss?
Folgende Schritte müssten zum Ziel führen:
i) Wenn du weißt (und benutzen darfst), dass [mm] $\IN^\IN\cong \IN$, [/mm] dann gilt doch auch [mm] $\red{\IN^\IN}\times \blue{\IN^\IN} \cong \red{\IN}\times\blue{\IN}$
[/mm]
ii) Nun überlege, dass [mm] $\IN\times\IN\cong\IN$
[/mm]
Dann hast du insgesamt [mm] $\IN^\IN\times \IN^\IN \cong \IN\times\IN \cong \IN\cong\IN^\IN$.
[/mm]
Das wäre ein Beweisplan, die Details musst du dann allerdings noch ausfüllen 
Obwohl der Hinweis möglicherweise falsch ist, ist [mm] $\IN^\IN\times\IN^\IN$ [/mm] trotzdem gleichmächtig zu [mm] $\IN^\IN$. [/mm] Das kann man z.B. zeigen, indem du eine bijektive Abbildung angibst, die zwei Abbildungen [mm] $f,g\in\IN^\IN$ [/mm] eine Abbildung [mm] $h\in\IN^\IN$ [/mm] zuordnet.
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:46 Mo 08.11.2010 | | Autor: | Sax |
Hi,
natürlich stimmt der Hinweis nicht, siehe z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier, S. 9-10.
Gruß Sax.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:27 Mo 08.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Marc,
> Obwohl der Hinweis möglicherweise falsch ist, ist
> [mm]\IN\times\IN[/mm] trotzdem gleichmächtig zu [mm]\IN^\IN[/mm]. Das kann
du meinst hier [mm] $\IN^\IN \times \IN^\IN$ [/mm] und nicht [mm] $\IN \times \IN$ [/mm] :)
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:51 Mo 08.11.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
Man kann jede Abb. [mm] $\IN\to\IN$ [/mm] als Tupel schreiben:
[mm] $(a_1,a_2,a_3,a_4,\ldots)$ [/mm] wäre die Abbildung, die 1 auf [mm] $a_1$, [/mm] 2 auf [mm] $a_2$, [/mm] 3 auf [mm] $a_3$, [/mm] etc. abbildet. Das Tupel enthält also eine Permutation der natürlichen Zahlen.
Was Du suchst ist eine Möglichkeit 2 solche Tupel
[mm] $(a_1,a_2,a_3,a_4,\ldots)$ [/mm] und [mm] $(b_1,b_2,b_3,b_4,\ldots)$
[/mm]
bijektiv in ein einzelnes abzubilden. Dann hast Du bewiesen, daß $ [mm] \IN^{\IN}\times \IN^{\IN} \cong \IN [/mm] $.
> $ [mm] \IN^{\IN} \cong \IN [/mm] $
Angenommen die Anzahl der möglichen Abbildungen wäre abzählbar, dann könnte man sie vollständig in einer Liste anordnen:
[mm] $(a_1,a_2,a_3,a_4,\ldots)$
[/mm]
[mm] $(b_1,b_2,b_3,b_4,\ldots)$
[/mm]
[mm] $(c_1,c_2,c_3,c_4,\ldots)$
[/mm]
[mm] $\cdots$
[/mm]
Aber ich kann ein Tupel [mm] $x=(x_1,x_2,x_3,\ldots)$ [/mm] konstruieren, indem ich [mm] $x_1$ [/mm] so wähle, daß [mm] $x_1\neq a_1$, $x_2$ [/mm] so, daß [mm] $x_2\neq b_2$, $x_3$ [/mm] verschieden von [mm] $c_3$. [/mm] Also x nicht in der Liste im Widerspruch zur Annahme, daß sie vollständig ist.
(das ist im Prinzip der Beweis, daß es mehr reelle als natürliche Zahlen gibt. Im Gegensatz zur Dezimaldarstellung ist hier jedes Tupel eine Permutation der natürlichen Zahlen, aber es funktioniert genauso, weil uns ja die natürlichen Zahlen nicht ausgehen können. Also finden wir immer eine, die noch nicht vorkam und verschieden ist)
ciao
Stefan
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