Matematické Fórum

duskin · 08. 09. 2014 22:39 — Editoval duskin (08. 09. 2014 22:54)

Zdravím,
mám za úkol dokázat tvrzení a nejsem si vůbec jistý jestli postupuju správně: $B_{n}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Rightarrow \bigcup_{n=1}^{\infty }B_{n}=\bigcup_{n=1}^{\infty }A_{n}$ . Celé bych to asi dokazoval matematickou indukcí.

Nejdřív by se hodilo dokázat že platí implikace $B_{n}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Rightarrow \bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$ což se dá dokázat mat. indukcí.

A jako poslední zjistit jestli pravá strana implikace platí pro libovolné přirozené n, takže použiju znovu mat. indukci z čehož pak vyleze $B_{n}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Rightarrow \bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Rightarrow \bigcup_{n=1}^{\infty }B_{n}=\bigcup_{n=1}^{\infty }A_{n}$ .

Dá se to takto dokázat dovjnásobnou indukcí, nebo je v tom nějaký elegantní trik? Děkuji za odpovědi :)

Rumburak

↑ duskin:

Zdravím také.

Když už máš matematickou indukcí dokázáno $B_{n}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\Rightarrow \bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$ ,
pak je tím dokázáno i to, že za předpokladu $B_{n}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i} , n = 1, 2, 3, ...$ je

(1) $\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$ pro každé přirozené $n$ .

Ale k tomu, abychom v rovnosti z (1) mohli $n$ nahradit symbolem $\infty$ , je potřeba použít jinou úvahu,
například:

Zřajmě $\bigcup_{i=1}^{n}A_{i} \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}$ , takže z (1) dostáváme $\bigcup_{i=1}^{n}B_{i} \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i} , n = 1, 2, 3, ...$ .
Zde pravá strana inkluse už nezávisí na $n$ , takže zřejmě musí platit i $\bigcup_{i=1}^{\infty}B_{i} \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}$ .

Analogicky by se dokázala i obrácená inkluse, což celkem dává rovnost.

duskin · 09. 09. 2014 11:21

↑ Rumburak:
Děkuji moc za odpověď. Nenapadlo mě že by byl rozdíl mezi "nejvyšším přirozeným číslem" a "nekonečnem". Celkovému postupu rozumím, jenom jestli bys mi prosím ještě mohl trochu přiblížit jak jsi z $\bigcup_{i=1}^{n}B_{i} \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i} , n = 1, 2, 3, ...$ vytvořil $\bigcup_{i=1}^{\infty}B_{i} \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}$ ?

Rumburak · 09. 09. 2014 11:48

↑ duskin:

Napřed poznámka:

"největší přirozené číslo" samozřejmě neexistuje, takže "u tabule" s tímto pojmem raději neoperuj. :-)

Nyní k dotazu:

Označíme-li $C = \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}$ , máme inklusi $\bigcup_{i=1}^{n}B_{i} \subseteq C , n = 1, 2, 3, ...$ ,
což je ve skutečnosti nekonečná posloupnost "konkretních" inklusí

$\bigcup_{i=1}^{1}B_{i} \subseteq C , \bigcup_{i=1}^{2}B_{i} \subseteq C , \bigcup_{i=1}^{3}B_{i} \subseteq C , ...$ ,

z nichž plyne , že $B_i \subseteq C$ pro každé $i = 1, 2, 3, ...$ , neboť obecně $B_k \subseteq \bigcup_{i=1}^{k}B_{i}$ .

Ani sjednocení úplně všech $B_i$ proto nemůže přesáhnout množinu $C$ .

duskin · 09. 09. 2014 13:25

↑ Rumburak:
Samozřejmě že neexistuje největší přirozené číslo, proto jsem to dal do uvozovek. Myslel jsem tím rozdíl mezi nekonečně se zvětšujícím n a nekonečnem. Ačkoliv je zvláštní, že součet přirozených čísel v zeta funkci pro s=-1 je konečné číslo -1/12, ale to už je na mě příliš vysoká matematika. A ano měl bych se vyjadřovat přesněji, protože sama matika je hlavně o bezespornosti a přesnosti.

A děkuji za podrobnější vysvětlení, teď už tomu rozumím :).

Rumburak · 09. 09. 2014 16:30

↑ duskin:

Zeta funkci jsem nikdy podrobně nestudoval, nicméně její definice

(1) $\zeta (s) := 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \dots = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$

mi není neznáma. Jejím definicčním oborem jsou všechna taková $s$ , pro která řada vpravo konverguje.
Bod $s=-1$ však do jejího definičního oboru nepatří, protože kdybychom ho formálně dosadili do vzorce (1),
dostali bychom vpravo řadu

$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{-1}} = \sum_{n=1}^\infty n$ ,

která je divergentní (s nevlastním součtem $+\infty$ ).

Kdo říká, že $\zeta (-1) = -1/12$ ?

Kdosi · 09. 09. 2014 16:48

↑ Rumburak:
Zdravím, nechci nějak narušovat průběh diskuze, jen jsem nedávno viděl video, kde se právě "součet "všech" přirozených čísel" dokazuje. Nijak jsem tomu důkazu nevěnoval pozornost, takže nevím jak je korektní (ani nevím zda bych byl schopen s výkladem "držet krok"), ale přikládám tak pro zajímavost pro někoho koho by to více zajímalo.
https://www.youtube.com/watch?v=E-d9mgo … 3085392237

duskin · 09. 09. 2014 16:49 — Editoval duskin (09. 09. 2014 16:52)

http://en.m.wikipedia.org/wiki/1_%2B_2_ … %B7_%C2%B7 . Podrobný výpočet přes zeta funkci jestli to najdu taky přepošlu.

Rumburak · 09. 09. 2014 17:05

↑ Kdosi:, ↑ duskin:

Zdravím a děkuji za náměty. Dnes už ne, ale příležitostně se na to podívám, určitě mě to zajímá.

duskin · 09. 09. 2014 18:04

Ale přijde mi to celé zvláštní. Stejným způsobem by se dalo říct že platí:
$S=1+10+100+1000+10000....$
$10S=10+100+1000+10000....$
Po odečtení:
$9S=-1\Rightarrow S=-\frac{1}{9}$

jarrro · 09. 09. 2014 21:14

↑ Rumburak:myslím že pod pojmom zeta funkcia sa myslí vo všeobecnosti analytické rozšírenie daného súčtu preto rovnosť s radom je len tam kde daný rad konverguje podobne sú na tom aj funkcie gamma, beta a podobne definované funkcie

Rumburak

↑ jarrro:
Ahoj. Nepochybně je tomu tak, jak píšeš.

Rumburak

↑ Kdosi:, ↑ duskin:

Domnívám se, že otázka "součtu všech přirozených čísel" stojí za hlubší rozbor.

I. Reélná čísla jsou neodmyslitelně spojena s binární operací součtu DVOU čísel.
Pomocí matematické indukce můžeme množinu sčítanců rozšířit na libovolný KONEČNÝ počet:

$a_1 + a_2 + ... + a_{n+1} := (a_1 + a_2 + ... + a_{n}) + a_{n+1}$ ,

při čemž pořadí sčítanců v takovém součtu můžeme libovolně měnit, aniž by to mělo vliv na
jeho výsledek. Otázka nekonečného počtu sčítanců tím ale vyřešena není.

II. "Součet" všech členů nekonečné číselné posloupnosti

(1) $(a_k ; k = 1, 2, 3, ... )$

se zavádí formou součtu nekonečné řady založeném na pojmu limity posloupnosti:

(2) $a_1 + a_2 + a_3 + ... := \lim_{n \to +\infty} s_n$ ,

kde $s_n := a_1 + a_2 + ... + a_{n}$ (tzv n-tý částečný součet řady na levé straně v (2)).
Pokud by posloupnost (1) měla pouze konečný počet nenulových členů, potom hodnotu jejich součtu
by měla i limita v (2) , takže metoda v (2) není ve sporu se součtem konečného počtu sčítanců .

Vztah (2) má však smysl pouze tehdy, pokud limita na jeho pravé straně existuje, což v některých
případech posloupnosti (1) splněno je a v některých ne. Navíc případný výsledek může záviset na
pořadí "sčítanců" (ale není to tak neprůhledné, jak by se mohlo jevit - tyto případy lze charakterisovat
celkem snadno) .

III. Ve vztahu

(3) $\zeta (s) = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \dots = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$

(omezíme se na $s$ reálné) nastává konvergence příslušné řady (tedy konečnost hodnoty jejího součtu)
právě tehdy, když $s > 1$ , ostatní případy vedou k divergenci se součtem $+\infty$ . Jestliže tedy
v některém bodě $s \le 1$ je nějak definováno $\zeta (s) \ne +\infty$ , musí to být podle JINÉ definice, než
vzorcem (3). Speciálně tedy pro $s = -1$ : jestliže $\zeta (-1) \ne +\infty$ , potom

$\zeta (-1) \ne \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{-1}}$ .

Toto je skutečná logika onoho "paradoxu".

Některé poznámky k uváděným "důkazům" doplním později.

Rumburak

↑ duskin:

Tak třeba postup

(1) $c = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + ...$ ,
$4c = 4 + 8 + 12 + ...$ ,
$-3c= c - 4c = 1 + (2 - 4) + 3 + (4 - 8) + 5 + (6-12) + ...$ ,

je matematicky zcela nekorektní, protože de facto od rovnice tvaru $x = +\infty$ odečítá
rovnici $y = +\infty$ , což nelze, protože bychom tak dostali rovnici $x-y = +\infty - \infty$ ,
v níž napravo je tzv. neurčitý výraz, jemuž nelze přisoudit žádnou hodnotu tak, aby to bylo
obecně smysluplné. Autoři tohoto postupu sice tvrdí, že tímto rozdílem je abelovský součet
"hrubě" divergentní řady $1-2+3-4 + ...$ , ale to je jen jejich volba, při jiné eskamotáži
s řadou (1) by se mohl nabízet jiný výsledek.

Na podobných tricích, jejichž nekorektnost můžeme při povrchním pohledu přehlédnout,
bývají založeny "důkazy" tohoto druhu. Je potřeba brát je pouze jako hříčky dokreslující,
co se může stát, když se s matematickým aparátem pracuje příliš volně.

Xellos · 12. 09. 2014 13:46

↑ duskin:

Mas tam chybu: spravne po odcitani $9S=\infty-1=\infty$ , takze $S=\infty$ . Ked sa teda pustame do nekorektnych postupov :D

duskin · 14. 09. 2014 10:38 — Editoval duskin (14. 09. 2014 10:45)

↑ Rumburak:
Ale jak by potom mohl fungovat součet nekonečné řady s q<1, když se na něj přišlo vpodstatě stejným způsobem?
$S=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^2+a_{1}q^3...$
$Sq=a_{1}q+a_{1}q^2+a_{1}q^3+a_{1}q^4...$
$S-Sq=a_{1}$
$S=\frac{a_{1}}{1-q}$ opět odečítám od nekonečné řady nekonečnou řadu, což by nemělo být definováno, ledaže bych předem věděl že řáda bude konvergovat k nějakému číslu. Nebo tomu jenom špatně rozumím.

P.S.: děkuji za zajímavé a obohacující příspěvky

jarrro · 14. 09. 2014 12:50 — Editoval jarrro (14. 09. 2014 12:50)

↑ duskin:ak je $\left|q\right|<1$ tak neodčítavaš nekonečná ale konečné čísla úplne nanapadnuteľne by sa súčet nekonečného gemetrického radu odvodil tak, že by sa takýmto postupom urobil konečný súčet a počet členov by sa poslal do nekonečna
teda
$S_n=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^2+a_{1}q^3+\cdots +a_{1}q^{n-1}$
$S_nq=a_{1}q+a_{1}q^2+a_{1}q^3+a_{1}q^4+\cdots +a_{1}q^{n}$
$S_n-S_nq=a_{1}-a_{1}q^n$
$S_n=a_1\cdot\frac{1-q^n}{1-q}$
potom
$\lim_{n\to\infty}{S_n}=\frac{a_1}{1-q}\cdot\lim_{n\to\infty}{$1-q^n$}=\frac{a_1}{1-q}$

duskin · 14. 09. 2014 13:21

↑ jarrro:
To už mi dává smysl, děkuji moc! :)

Matematické Fórum

#1 08. 09. 2014 22:39 — Editoval duskin (08. 09. 2014 22:54)

Důkaz sjednocení množin

#2 09. 09. 2014 11:06 — Editoval Rumburak (09. 09. 2014 11:19)

Re: Důkaz sjednocení množin

#3 09. 09. 2014 11:21

Re: Důkaz sjednocení množin

#4 09. 09. 2014 11:48

Re: Důkaz sjednocení množin

#5 09. 09. 2014 13:25

Re: Důkaz sjednocení množin

#6 09. 09. 2014 16:30

Re: Důkaz sjednocení množin

#7 09. 09. 2014 16:48

Re: Důkaz sjednocení množin

#8 09. 09. 2014 16:49 — Editoval duskin (09. 09. 2014 16:52)

Re: Důkaz sjednocení množin

#9 09. 09. 2014 17:05

Re: Důkaz sjednocení množin

#10 09. 09. 2014 18:04

Re: Důkaz sjednocení množin

#11 09. 09. 2014 21:14

Re: Důkaz sjednocení množin

#12 11. 09. 2014 10:44 — Editoval Rumburak (11. 09. 2014 10:48)

Re: Důkaz sjednocení množin

#13 11. 09. 2014 12:25 — Editoval Rumburak (11. 09. 2014 17:29)

Re: Důkaz sjednocení množin

#14 12. 09. 2014 10:43 — Editoval Rumburak (12. 09. 2014 11:17)

Re: Důkaz sjednocení množin

#15 12. 09. 2014 13:46

Re: Důkaz sjednocení množin

#16 14. 09. 2014 10:38 — Editoval duskin (14. 09. 2014 10:45)

Re: Důkaz sjednocení množin

#17 14. 09. 2014 12:50 — Editoval jarrro (14. 09. 2014 12:50)

Re: Důkaz sjednocení množin

#18 14. 09. 2014 13:21

Re: Důkaz sjednocení množin

Zápatí