Η αναζήτηση βρήκε 82 εγγραφές

από stranger
Δευ Ιαν 20, 2020 9:25 pm
Δ. Συζήτηση: Ανάλυση
Θέμα: Κλιμακωτές συναρτήσεις
Απαντήσεις: 8
Προβολές: 288

Re: Κλιμακωτές συναρτήσεις

Για να δείξεις το ζητούμενο αρκεί να έχεις κατανοήσει τα αθροίσματα Riemann μιας ολοκληρώσιμης συνάρτησης.
Το ζητούμενο είναι φανερό από τον ορισμό του ολοκληρώματος Riemann.
Για να μη μπορείς να το δείξεις αυτό σημαίνει ότι δεν έχεις κατανοήσει ικανοποιητικά το ολοκλήρωμα Riemann.
από stranger
Κυρ Ιαν 12, 2020 7:05 am
Δ. Συζήτηση: Διασκεδαστικά Μαθηματικά
Θέμα: To τραινάκι
Απαντήσεις: 6
Προβολές: 232

Re: To τραινάκι

Λάθος post. Το είδα πολύ βιαστικά.
από stranger
Κυρ Ιαν 12, 2020 3:05 am
Δ. Συζήτηση: Διασκεδαστικά Μαθηματικά
Θέμα: To τραινάκι
Απαντήσεις: 6
Προβολές: 232

Re: To τραινάκι

Η άσκηση είναι προφανώς λάθος.
από stranger
Τρί Ιαν 07, 2020 6:23 am
Δ. Συζήτηση: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ
Θέμα: Συνάρτηση μη παραγωγίσιμη σε κλειστό διάστημα
Απαντήσεις: 20
Προβολές: 1847

Re: Συνάρτηση μη παραγωγίσιμη σε κλειστό διάστημα

Νομίζω ότι η διαφωνία στα παραπάνω έγκειται στο γεγονός ότι για παράδειγμα μια συνάρτηση ορισμένη στο $\mathbb{R}$ μπορεί να μην είναι παραγωσίσιμη πχ στον αριθμό $1$, όμως ο περιορισμός της στο $[-1,1]$ να είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση. Αυτό μπορεί να συμβεί.Στα φοιτητικά μου έτη παραξενεύτηκα όταν ...
από stranger
Τρί Δεκ 31, 2019 12:34 am
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής
Απαντήσεις: 8
Προβολές: 1612

Re: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής

Γράφω την ισοδυναμία των δύο διατυπώσεων του αξιώματος επιλογής. Σύνηθες αξίωμα επιλογής Για κάθε σύνολο $X$ ισχύει το εξής: Αν $\emptyset \notin X$ τότε υπάρχει συνάρτηση $f: X \rightarrow \cup X$ ώστε για κάθε $A \in X$ ισχύει $f(A) \in A$. Άλλη διατύπωση του αξιώματος της επιλογής [/b] Έστω δύο σ...
από stranger
Δευ Δεκ 30, 2019 11:29 pm
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής
Απαντήσεις: 8
Προβολές: 1612

Re: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής

Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Δευ Δεκ 30, 2019 11:44 am
Δεν μπορούμε απλά να πάρουμε μία καλή διάταξη στο A=\bigcup_{i}A_i, οπότε και κάθε υποσύνολό του θα έχει ένα ελάχιστο στοιχείο και μετά να συνεχίσουμε όπως η αρχική απόδειξη;
Σωστά! Μπορούμε να κάνουμε και αυτό.
από stranger
Δευ Δεκ 30, 2019 10:47 pm
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής
Απαντήσεις: 8
Προβολές: 1612

Re: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής

Αξίωμα επιλογής: Έστω δύο σύνολα $A,B$ και $P \subseteq A \times B$. Αν για κάθε $x \in A$ υπάρχει $y \in B$ ώστε $(x,y) \in P$ τότε υπάρχει $f: A \rightarrow B$ ώστε για κάθε $x \in A$ ισχύει $(x,f(x)) \in P$. Πρώτη φορά βλέπω διατύπωση του Αξιώματος επιλογής σε αυτή την μορφή. Μήπως μπορείς να εξ...
από stranger
Δευ Δεκ 30, 2019 8:58 am
Δ. Συζήτηση: Ανάλυση
Θέμα: Συμβολισμός Ο
Απαντήσεις: 3
Προβολές: 191

Συμβολισμός Ο

Πως θα εξηγούσατε σε έναν φοιτητή ότι O(\epsilon^2) = O(\epsilon) όμως O(\epsilon) \neq O(\epsilon^2) όταν \epsilon \rightarrow 0;
από stranger
Δευ Δεκ 30, 2019 1:14 am
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής
Απαντήσεις: 8
Προβολές: 1612

Re: Απόδειξη Αξιώματος Επιλογής

Η απόδειξη είναι σωστή. Το μόνο λάθος είναι να γράψουμε $<_i$ για κάθε $i$ το οποίο είναι άνευ σημασίας και μπορούμε με τον ίδιο συλλογισμό να ανασκευάσουμε την απόδειξη. Αξίωμα επιλογής: Έστω δύο σύνολα $A,B$ και $P \subseteq A \times B$. Αν για κάθε $x \in A$ υπάρχει $y \in B$ ώστε $(x,y) \in P$ τ...
από stranger
Πέμ Δεκ 26, 2019 11:50 pm
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Έχω άλλη μια ερώτηση. Ο Hilbert στο περίφημο συνέδριο του 1900,ζήτησε να αποδειχτεί η συνέπεια των μαθηματικών. Ο Godel απάντησε αυτό το ερώτημα αρνητικά,δηλαδή για παράδειγμα ότι η $ZFC$ δεν αποδεικνύει την πρόταση $CON(ZFC)$ αν η $ZFC$ είναι συνεπής. Η ερώτηση μου είναι η εξής: Ακόμα και αν η $ZFC...
από stranger
Παρ Δεκ 20, 2019 10:51 pm
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Σαφώς και πρέπει να είναι προιόν διαλόγου. Γιαυτό το λόγο συζητάμε κιολας και δεν λέμε "εγώ πιστεύω αυτό και τελείωσε". Αυτό που ήθελα να πω είναι ότι υπάρχει το στοιχείο του υποκειμενισμού στη θεμελίωση των μαθηματικών, πράγμα που δεν ισχύει στους άλλους κλάδους των μαθηματικών. Πρέπει να υπάρχει κ...
από stranger
Παρ Δεκ 20, 2019 7:40 pm
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Άλλωστε, στη ZFC υπάρχουν μη-αποφασίσιμες προτάσεις, οπότε όλη αυτή η συζήτηση/επιθυμία ίσως γίνεται επί ματαίω, αν ο στόχος είναι «να τα αποδείξουμε όλα». Όταν λέω ότι πρέπει να αποδείξουμε όλα τα σύγχρονα μαθηματικά, δεν εννοώ να αποδείξουμε κάθε πρόταση που μπορεί να εκφραστεί. Εννοώ ότι όλα όσα...
από stranger
Παρ Δεκ 20, 2019 4:17 am
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Νομίζω ότι δεν είναι σαφώς καθορισμένο - ή, τουλάχιστον, δεν έχω εγώ ακόμα σαφή εικόνα - του τι εννοείτε ως «αξιωματικό σύστημα». Έτσι όπως το εκλαμβάνω προσωπικά, αξιωματικό σύστημα είναι ένα σύνολο προτάσεων (τύπων, εν γένει, στη γλώσσα της λογικής) που δεχόμαστε αναπόδεικτα. Μετά, κατ' εμέ, ο κα...
από stranger
Παρ Δεκ 20, 2019 12:23 am
Δ. Συζήτηση: ΑΝΑΛΥΣΗ
Θέμα: Μη αριθμήσιμο σύνολο
Απαντήσεις: 9
Προβολές: 373

Re: Μη αριθμήσιμο σύνολο

andromeda.pappa έγραψε:
Τετ Δεκ 18, 2019 11:12 pm
Έστω Α αριθμήσιμο σύνολο. Να αποδειχθεί ότι το σύνολο P(Α) δεν είναι αριθμήσιμο.
Μπορείς να μας πεις τις σκέψεις σου πάνω σε αυτή την άσκηση;
Ti γίνεται αν θέλουμε να αποδείξουμε το ασθενέστερο |A| \leq |P(A)| ;
Έχεις καμία ιδέα;
από stranger
Πέμ Δεκ 19, 2019 11:54 pm
Δ. Συζήτηση: ΑΝΑΛΥΣΗ
Θέμα: Μη αριθμήσιμο σύνολο
Απαντήσεις: 9
Προβολές: 373

Re: Μη αριθμήσιμο σύνολο

Σωστά! Αυτό που ισχύει γενικά είναι ότι |A| < |P(A)| για κάθε σύνολο A.
από stranger
Πέμ Δεκ 19, 2019 8:46 am
Δ. Συζήτηση: ΑΝΑΛΥΣΗ
Θέμα: Μη αριθμήσιμο σύνολο
Απαντήσεις: 9
Προβολές: 373

Re: Μη αριθμήσιμο σύνολο

Πρέπει να προσθέσεις στις υποθέσεις ότι το A είναι άπειρο σύνολο, διαφορετικά δεν ισχύει.
από stranger
Πέμ Δεκ 19, 2019 6:41 am
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Έχουμε τον απειροστικό, όπως εμείς τον μελετάμε τόσους αιώνες, λέγοντας «για κάθε μη κενό και άνω φραγμένο σύνολο...», «υπάρχει μη κενό σύνολο Lebesgue μετρήσιμο και όχι Borel» και άλλα πολλά που έχουν να κάνουν με ποσόδειξη σε σύνολα. Τίποτα δεν μας εμποδίζει σε αυτό. Μπορούμε να το λέμε και να κά...
από stranger
Τετ Δεκ 18, 2019 3:22 am
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Τι εννοούμε όταν λέμε «γιατί δεν χρησιμοποιούμε λογική δευτέρου βαθμού;» Ως μαθηματικός, σε μία απόδειξη, χρησιμοποιεί ο καθένας μας αρκετά συχνά δευτεροβάθμια επιχειρήματα - πρακτικά, όποτε αναγκάζεται κανείς να ποσοδείξει σύνολα (π.χ. αξίωμα της πληρότητας). Για να χρησιμοποιήσουμε δευτεροβάθμια ...
από stranger
Τρί Δεκ 17, 2019 2:21 am
Δ. Συζήτηση: Ανάλυση
Θέμα: Ομοιομορφη συνεχεια
Απαντήσεις: 5
Προβολές: 274

Re: Ομοιομορφη συνεχεια

Αφού η $f$ είναι συνεχής, θα είναι ομοιομορφα συνεχής στο $[0,a]$, αφού το $[0,a]$ είναι συμπαγές. Άρα η $f$ είναι ομοιόμορφα συνεχής στα σύνολα $[0,a]$ και $[a,\infty)$. Έστω $\epsilon >0$. Θέλουμε να βρούμε $\delta >0$ ώστε αν $x,y \in [0,\infty)$ με $|x-y|< \delta$, τότε $|f(x)-f(y)|< 2\epsilon$....
από stranger
Τρί Δεκ 17, 2019 12:33 am
Δ. Συζήτηση: Μαθηματική Λογική & Θεμέλια Μαθηματικών
Θέμα: Μοντέλα της αριθμητικής
Απαντήσεις: 16
Προβολές: 554

Re: Μοντέλα της αριθμητικής

Άλλη μια ερώτηση. Το αξιωματικό σύστημα των μαθηματικών με λογική δευτέρου βαθμού είναι πλήρες; Δηλαδή, είναι κάθε πρόταση αποδείξιμη είτε αυτή είτε η άρνησή της στη λογική δευτέρου βαθμού; Αν είναι πλήρες, τότε γίνεται καμία έρευνα στο αν ισχύει η υπόθεση του συνεχούς( η άλλες προτάσεις) στην δευτε...

Επιστροφή στην ειδική αναζήτηση