Cardinalità di classe d'equivalenza
Buongiorno a tutti,
ho un quesito che mi tormenta da qualche ora.
Sia $2NN$ l'insieme dei pari, $X={0,1,2,...,9}$ e $R$ la relazione di equivalenza su $A=P(X)$ (insieme delle parti di $X$) definita da : $XRY iff |X nn 2NN|=|Y nn 2NN |$ ad esempio ${2,3,4}R{0,4,5}$.
Devo determinare la cardinalità della classe di equivalenza di ${0,1}inA$.
Ho provato a determinare la classe di equivalenza, non so se è corretta però.
$[{0,1]}={Bin A : {0,1}RB}={B in A :$ dentro B ci sia solo un elemento pari $}$. Magari si può scrivere meglio, ma non ho avuto idee per il momento..
Ora però non so come calcolare la cardinalità di tale insieme....
ho un quesito che mi tormenta da qualche ora.
Sia $2NN$ l'insieme dei pari, $X={0,1,2,...,9}$ e $R$ la relazione di equivalenza su $A=P(X)$ (insieme delle parti di $X$) definita da : $XRY iff |X nn 2NN|=|Y nn 2NN |$ ad esempio ${2,3,4}R{0,4,5}$.
Devo determinare la cardinalità della classe di equivalenza di ${0,1}inA$.
Ho provato a determinare la classe di equivalenza, non so se è corretta però.
$[{0,1]}={Bin A : {0,1}RB}={B in A :$ dentro B ci sia solo un elemento pari $}$. Magari si può scrivere meglio, ma non ho avuto idee per il momento..
Ora però non so come calcolare la cardinalità di tale insieme....
Risposte
Proverei con un ragionamento di tipo combinatorio:
L'insieme può essere composto di al massimo di 6 numeri appartenenti a $ X $, altrimenti avrebbe due elementi pari.
Iniziamo con quelli composti da 2 elementi: al primo posto può andare un qualsiasi elemento, perciò abbiamo 9 possibilità. A seconda di cosa è andato nel primo sceglieremo il secondo, perciò abbiamo la metà delle possibilità, i soli elementi di diversa parità. $ 10*5=50 $ e quindi ci sono $ 45 $ insiemi di due elementi che soddisfano la relazione.
Tre elementi: sia al primo posto il numero un numero qualsiasi, 9 possibilità. Ora si pongono due casi: o il primo è pari, allora i restanti due saranno scelti tra 5 e poi 4 possibilità, o il primo è dispari, allora il secondo sarà scelto tra i 5 pari e il terzo tra i 4 dispari rimasti. In ambo i casi si nota che il risultato è lo stesso, $ 10*4*5=250 $ (uguale sarebbe ragionare sulle due possibilità per il primo numero
)
Quattro elementi:
- al primo posto c'è un pari: ho 5 possibilità per il primo posto, poi ne ho 5 per il secondo, 4 per il terzo e 3 per il quarto.
- al primo posto c'è un dispari: ho 5 possibilità (pari) per il secondo, 5 per il primo (dispari), 4 per il terzo e 3 per il quarto.
$ (5*5*4*3)*2=600 $
Cinque elementi:...
Ti lascerei finire, se hai capito il meccanismo!
L'insieme può essere composto di al massimo di 6 numeri appartenenti a $ X $, altrimenti avrebbe due elementi pari.
Iniziamo con quelli composti da 2 elementi: al primo posto può andare un qualsiasi elemento, perciò abbiamo 9 possibilità. A seconda di cosa è andato nel primo sceglieremo il secondo, perciò abbiamo la metà delle possibilità, i soli elementi di diversa parità. $ 10*5=50 $ e quindi ci sono $ 45 $ insiemi di due elementi che soddisfano la relazione.
Tre elementi: sia al primo posto il numero un numero qualsiasi, 9 possibilità. Ora si pongono due casi: o il primo è pari, allora i restanti due saranno scelti tra 5 e poi 4 possibilità, o il primo è dispari, allora il secondo sarà scelto tra i 5 pari e il terzo tra i 4 dispari rimasti. In ambo i casi si nota che il risultato è lo stesso, $ 10*4*5=250 $ (uguale sarebbe ragionare sulle due possibilità per il primo numero
)Quattro elementi:
- al primo posto c'è un pari: ho 5 possibilità per il primo posto, poi ne ho 5 per il secondo, 4 per il terzo e 3 per il quarto.
- al primo posto c'è un dispari: ho 5 possibilità (pari) per il secondo, 5 per il primo (dispari), 4 per il terzo e 3 per il quarto.
$ (5*5*4*3)*2=600 $
Cinque elementi:...
Ti lascerei finire, se hai capito il meccanismo!
Un ragionamento di questo tipo lo avevo pensato pure io. Solo una cosa mi turba: gli argomenti di combinatorica sono successivi a quelli sulle relazioni, quindi direi che si può risolvere tale problema anche senza l'uso di tale strumento.
"Frink":
Proverei con un ragionamento di tipo combinatorio:
L'insieme può essere composto di al massimo di 6 numeri appartenenti a $ X $, altrimenti avrebbe due elementi pari.
Iniziamo con quelli composti da 2 elementi: al primo posto può andare un qualsiasi elemento, perciò abbiamo 9 possibilità. A seconda di cosa è andato nel primo sceglieremo il secondo, perciò abbiamo la metà delle possibilità, i soli elementi di diversa parità. $ 10*5=50 $ e quindi ci sono $ 45 $ insiemi di due elementi che soddisfano la relazione.
Tre elementi: sia al primo posto il numero un numero qualsiasi, 9 possibilità. Ora si pongono due casi: o il primo è pari, allora i restanti due saranno scelti tra 5 e poi 4 possibilità, o il primo è dispari, allora il secondo sarà scelto tra i 5 pari e il terzo tra i 4 dispari rimasti. In ambo i casi si nota che il risultato è lo stesso, $ 10*4*5=250 $ (uguale sarebbe ragionare sulle due possibilità per il primo numero
Quattro elementi:
- al primo posto c'è un pari: ho 5 possibilità per il primo posto, poi ne ho 5 per il secondo, 4 per il terzo e 3 per il quarto.
- al primo posto c'è un dispari: ho 5 possibilità (pari) per il secondo, 5 per il primo (dispari), 4 per il terzo e 3 per il quarto.
$ (5*5*4*3)*2=600 $
Cinque elementi:...
Ti lascerei finire, se hai capito il meccanismo!
Frink secondo me stai commettendo un errore: ad esempio nel caso di \( n=2\) tu stai considerando gli insiemi \( \{1,2\}\) e \(\{2,1\}\) come elementi diversi, mentre in realtà sono lo stesso. Io ho pensato alla risoluzione esattamente come l'hai pensata tu, ma rimanendo nel caso \( n=2\) le possibilità secondo me sono \(25\), che derivano da \(5\) possibilità per i pari e \(5\) per i dispari. E così via negli altri casi.
Infatti, due insiemi, anche scambiando l'ordine degli elementi sono lo stesso insieme. Ma comunque secondo me ci stiamo perdendo qualcosa, la combinatorica non è necessaria...Anche se onestamente non riesco a trovare la via d'uscita...
Si probabilmente c'è un metodo più veloce, ma anche a me è venuto in mente immediatamente l'idea proposta da Frink. Sappi che non hai bisogno di sapere le formule del calcolo combinatorio per fare un esercizio del genere, sono conti che si fanno a mano in dieci minuti con un po' di pazienza e attenzione.
"Frink":
Proverei con un ragionamento di tipo combinatorio:
Iniziamo con quelli composti da 2 elementi: al primo posto può andare un qualsiasi elemento, perciò abbiamo 9 possibilità.
Direi che comunque sono $10$ le possibilità no?
Sisi, anche dopo se noti ha scritto \(10\) . In ogni caso secondo me dopo aver fatto \(10*5\) devi dividere per due, ma potrei anche sbagliare io ovviamente 
. In ogni caso secondo me dopo aver fatto \(10*5\) devi dividere per due, ma potrei anche sbagliare io ovviamente
Anche secondo me perchè anche se cambio l'ordine degli elementi due insiemi sono comunque uguali...
Si ma il problema viene dopo. Come fai a discernere l'ordine quando hai gli insiemi a tre elementi? Dovrebbe essere $ 250/3 $, ma è assurdo. Purtroppo mi blocco, con un po' di tempo provo e vi faccio sapere
Attendiami altri suggerimenti altrimenti chiedo conferme al docente...
Ok, posto tutta la mia soluzione, poi mi dite che ne pensate:
Pongo \(C=\{1,3,5,7,9\}\) e \(D\) è l'insieme degli altri. Poi inizio ad analizzare i vari casi, che saranno:
-\(\{a\}\)
-\(\{a,x_1\}\)
-\(\{a,x_1,x_2\}\) e così via sino a \(\{a,1,3,5,7,9\}\), dove in ogni caso ho inteso \(a\in D\) e \(x_i\in C\). Poi si iniziano a contare le possibilità per i vari casi, ovviamente per il primo e per l'ultimo esse sono esattamente \(5\), mentre negli altri si dovrebbero contare abbastanza facilmente, perché basta porre \(x_1\) uguale al''elemento più basso di \(C\) ancora da contare e affiancargli gli elementi maggiori. Ad esempio nel caso \(\{a,x_1,x_2\}\) parto con \(\{a,1,3,5\}\) e vado avanti a contare, mettendo sempre i numeri dispari in ordine crescente e lasciando \(a\) per il quale so già che ho cinque possibilità indipendenti dalla scelta dei dispari. In questo modo il risultato finale mi è venuto \(160\), ma potrei avere sbagliato i conti.
Spero di essere stato chiaro, è molto più difficile da spiegare che da fare.
Pongo \(C=\{1,3,5,7,9\}\) e \(D\) è l'insieme degli altri. Poi inizio ad analizzare i vari casi, che saranno:
-\(\{a\}\)
-\(\{a,x_1\}\)
-\(\{a,x_1,x_2\}\) e così via sino a \(\{a,1,3,5,7,9\}\), dove in ogni caso ho inteso \(a\in D\) e \(x_i\in C\). Poi si iniziano a contare le possibilità per i vari casi, ovviamente per il primo e per l'ultimo esse sono esattamente \(5\), mentre negli altri si dovrebbero contare abbastanza facilmente, perché basta porre \(x_1\) uguale al''elemento più basso di \(C\) ancora da contare e affiancargli gli elementi maggiori. Ad esempio nel caso \(\{a,x_1,x_2\}\) parto con \(\{a,1,3,5\}\) e vado avanti a contare, mettendo sempre i numeri dispari in ordine crescente e lasciando \(a\) per il quale so già che ho cinque possibilità indipendenti dalla scelta dei dispari. In questo modo il risultato finale mi è venuto \(160\), ma potrei avere sbagliato i conti.
Spero di essere stato chiaro, è molto più difficile da spiegare che da fare.
Io ho provato una risoluzione simile (prendo da te le definizioni degli insiemi $ C $ e $ D $):
-Insiemi di cardinalità 1: $ {a:ainD} $ perciò 5 insiemi
-insiemi di cardinalità 2: $ {a,x_1} $ con $ x_1inC $. Ci sono allora 5 diversi $ x_1 $ e 5 diversi $ a $, perciò 25 insiemi
-insiemi di cardinalità 3: $ {a,x_1,x_2} $ con $ x_1,x_2 in C $. Ci sono allora 10 coppie diverse di $ x_1,x_2 $ (che sono $ 12,13,14,15,23,24,25,34,35,45 $) perciò $ 10*5=50 $ ovvero 50 insiemi.
-insiemi di cardinalità 4: $ {a,x_1,x_2,x_3} $ con blablabla. Ci sono 10 diverse combinazioni di tre elementi diversi ($ 123,124,125,134,135,145,234,235,245,345 $), perciò come prima ci sono 50 insiemi.
-insiemi di cardinalità 5: blablabla. Ci sono 5 combinazioni di 4 numeri tutte diverse ($ 1234, 1235, 1345,1245, 2345 $) perciò avremo $ 5*5 $ insiemi ossia 25 insiemi di 5 elementi.
-insiemi di cardinalità 6: Ne esistono 5, in cui varia solo il numero pari e la serie dei dispari è quella completa.
Il totale dunque è di: $ 5+25+50+50+25+5=160 $ come trovato da @duma
P.s. Ho usato i numeri 12345 per le combinazioni perché più immediati, chiaramente sarebbe da svolgere poi con le cifre dispari
-Insiemi di cardinalità 1: $ {a:ainD} $ perciò 5 insiemi
-insiemi di cardinalità 2: $ {a,x_1} $ con $ x_1inC $. Ci sono allora 5 diversi $ x_1 $ e 5 diversi $ a $, perciò 25 insiemi
-insiemi di cardinalità 3: $ {a,x_1,x_2} $ con $ x_1,x_2 in C $. Ci sono allora 10 coppie diverse di $ x_1,x_2 $ (che sono $ 12,13,14,15,23,24,25,34,35,45 $) perciò $ 10*5=50 $ ovvero 50 insiemi.
-insiemi di cardinalità 4: $ {a,x_1,x_2,x_3} $ con blablabla. Ci sono 10 diverse combinazioni di tre elementi diversi ($ 123,124,125,134,135,145,234,235,245,345 $), perciò come prima ci sono 50 insiemi.
-insiemi di cardinalità 5: blablabla. Ci sono 5 combinazioni di 4 numeri tutte diverse ($ 1234, 1235, 1345,1245, 2345 $) perciò avremo $ 5*5 $ insiemi ossia 25 insiemi di 5 elementi.
-insiemi di cardinalità 6: Ne esistono 5, in cui varia solo il numero pari e la serie dei dispari è quella completa.
Il totale dunque è di: $ 5+25+50+50+25+5=160 $ come trovato da @duma
P.s. Ho usato i numeri 12345 per le combinazioni perché più immediati, chiaramente sarebbe da svolgere poi con le cifre dispari
Ho fatto esattamente così
Molto chiara la soluzione di Frink. Ora mi torna, chiederò al docente comunque se esiste soluzione diversa e la riporterò...Intanto grazie a voi...
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