Antworte auf:  Überabzählbarkeit der Menge {f: IN -> {0,1}} von Heiner42
Forum:  Mengenlehre, moderiert von: mire2 StrgAltEntf

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Themenübersicht
Heiner42
Junior
Dabei seit: 17.05.2021
Mitteilungen: 9
 Beitrag No.8, eingetragen 2021-05-18 23:17    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo! Danke für den Hinweis. So betrachtet ist G doch nicht injektiv. Vielen Dank auch nochmals den anderen Teilnehmern! Viele Grüße Heiner

Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3009
 Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-17 23:42    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, wenn man deine Definition von $G$ aus No.4 interpretiert als $$G(f):= \sup_{n\geq 0} f(n)\omega^n+f(n-1)\omega^{n-1}+\ldots + f(0) = \bigcup_{n\geq 0}f(n)\omega^n+f(n-1)\omega^{n-1}+\ldots + f(0),$$ dann ist $G$ nicht injektiv, denn $G(0,1,1,1,\ldots) = G(1,1,1,\ldots)=\omega^\omega$ (allgemeiner: $G(f)=\omega^\omega$ für jedes $f$, dass unendlich oft den Wert $1$ annimmt).\(\endgroup\)

Heiner42
Junior
Dabei seit: 17.05.2021
Mitteilungen: 9
 Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-17 22:54    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo StrgAltEntf, ich kenne mich mit Ordinalzahlarithmetik leider nicht wirklich aus. Ich hatte den "Satz der Cantorsche Normalform zur Basis \omega ": "Jede Ordinalzahl \gamma lässt sich in eindeutiger Weise schreiben als \gamma = \omega ^\alpha_1 n_1 + ... + \omega ^\alpha_k n_k, usw..." in der Art interpretiert, dass jedes Polynom von \omega eindeutig ist in dem Sinne, dass unterschiedliche Polynome immer unterschiedliche Ordinalzahlen ergeben. Aber hier mag ich mich irren. Viele Grüße Heiner

StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 7073
Wohnort: Milchstraße

 Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-17 22:29    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo Heiner42, die Addition von Ordinalzahlen ist ja nicht kommutativ. Bspw. ist \(1+\omega=\omega\neq\omega+1\). Damit deine Funktion G injektiv ist, müsste also \(G(1,0,0,0,...)=1\), \(G(0,1,0,0,...)=\omega\), \(G(1,1,0,0,...)=\omega+1\). Was ist nun \(G(1,1,1,1,...)\)?

Heiner42
Junior
Dabei seit: 17.05.2021
Mitteilungen: 9
 Beitrag No.4, eingetragen 2021-05-17 21:17    [Diesen Beitrag zitieren]
Vielen Dank ligning, sonnenschein96 und Riemannifold. Die Nicht-Konvergenz hatte ich nicht berücksichtigt. Allerdings kann ich das Problem vielleicht umgehen, indem ich in die Menge der Ordinalzahlen abbilde. Sei also G(f) := sum(f(k) \omega^k,k=0,\inf ). G bildet nun {f} in eine Teilmenge der Ordinalzahlen ab. Das Supremum der Wertemenge von G ist meiner Meinung nach: lim(k->\inf,\omega^k) = \omega^\omega Damit ist G eine injektive Funktion von {f} nach {0...\omega^\omega }. {f} hat die Mächtigkeit von \IR, {0...\omega^\omega } ist aber abzählbar. Wo liege ich diesmal falsch? Gruß und viele Grüße Heiner

Riemannifold
Junior
Dabei seit: 01.05.2021
Mitteilungen: 18
 Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-17 18:23    [Diesen Beitrag zitieren]
Ich bin nicht sicher, aber ich glaube, die Funktion $F$, wie du sie definiert hast, bildet nicht immer nach $\mathbb{N}$ ab. Beispiel: Sei $f:\mathbb{N}\to\left\lbrace 0,1\right\rbrace$ definiert durch $f(n) = 1$ für alle $n$. Dann ist, wenn ich $F$ richtig verstehe, $$F(f) = \sum_{k=0}^\infty 1\cdot 2^k = 1 + 2 + 4 + 8 + \cdots$$ und da die Summe auf der rechten Seite divergiert, bildet $F$ also nicht jedes $f$ nach $\mathbb{N}$ ab. Ich hoffe, das hilft dir weiter. [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]

sonnenschein96
Senior
Dabei seit: 26.04.2020
Mitteilungen: 507
 Beitrag No.2, eingetragen 2021-05-17 18:20    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo Heiner, falls Du die Abbildung \[F\colon\{f\,|\,f\colon\mathbb{N}\to\{0,1\}\}\to\mathbb{N}\cup\{\infty\},\,f\mapsto\sum_{k=0}^\infty f(k)2^k\] meinst, diese bildet nicht in die natürlichen Zahlen ab. Jedes \(f\), das unendlich viele Einsstellen hat, wird auf \(\infty\) abgebildet, womit diese Abbildung nicht mehr injektiv ist. [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]

ligning
Senior
Dabei seit: 07.12.2014
Mitteilungen: 3287
Wohnort: Berlin

 Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-17 18:19    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo und Willkommen auf dem Matheplaneten! Damit $F(f)$ wohldefiniert ist, muss $\sum_{k=0}^\infty f(k)2^k$ konvergieren. Das ist aber nur der Fall, wenn $f$ eine abbrechende Folge ist, d.h. wenn es ein $k_0\in\IN$ gibt mit $f(k)=0$ für alle $k\geq k_0$. [Verschoben aus Forum 'Logik, Mengen & Beweistechnik' in Forum 'Mengenlehre' von ligning]

Heiner42
Junior
Dabei seit: 17.05.2021
Mitteilungen: 9
 Themenstart: 2021-05-17 18:04    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo! Zum Hintergrund: ich bin kein Mathematiker, meine letzte Analysis Vorlesung liegt Jahrzehnte zurück und ich beschäftige mir aus Spaß mit Mächtigkeiten von Mengen. Ich bitte also wenn möglich um eine "leichte" Antwort. Mein Problem: Sei $f:\IN \rightarrow\{0,1\}$ eine Funktion, die die natürlichen Zahlen auf die Ziffern 0 und 1 abbildet, also eine (abzählbar) unendliche Folge von Nullen und Einsen. Die Menge {f} aller dieser Funktionen ist mächtiger als die der natürlichen Zahlen, wie sich mit dem zweiten Cantorschen Diagonalargument zeigen lässt. Damit sollte es keine injektive Funtktion von {f} nach $\IN$ geben. Was aber ist $F(f) := \sum_{k=0}^\infty f(k)2^k$? - Ich vermute, F ist eine Funktion. - Ich vermute, dass gilt: F(f1) = F(f2) => f1 = f2, d.h. F ist injektiv. - Ich vermute, dass F für jedes f eine natürliche Zahl ergibt, F also in die natürlichen Zahlen abbildet. Wären alle drei Vermutungen richtig, dann wäre F eine injektive Funktion $\{f\}\rightarrow\IN$. Welche dieser Vermutungen ist also falsch und warum? Gruß Heiner

 
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