Autor Tema: Si \(\{1,2,3,4,5\}\), ¿hay una relación de equivalencia con 15 pares ordenados?

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02 Noviembre, 2018, 01:22 am
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manooooh

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Hola!

¿Verdadero o falso? "Puede existir una relación de equivalencia en el conjunto \(A=\{1,2,3,4,5\}\) formada exactamente por \(15\) pares ordenados".



Me parece que es falso... pero no sé cómo probarlo.

Intenté armar la siguiente relación: \[\forall a,b\in A:a\mathcal Rb\iff a\geq b\] (porque \(\mathcal R\subseteq A\times A\)) ya que \(|\mathcal R|=|\Delta_A\cup\{(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)\}|=5+10=15\), pero creo que no sea de equivalencia, ya que no es simétrica, ¿verdad?

También hice bastante lío poniendo muchas disyunciones para cubrir los \(15\) (como \(a\mathcal Sb\iff a=b\vee a+b=6\vee a+b=5\vee a\mid b\vee\cdots\)) pero claro, ¿quién demuestra luego que ese choclo es una clase relación de equivalencia? :laugh: :laugh:.

¿Entonces cómo se prueba? ¿Hay alguna propiedad conocida de cardinales que permita decir "Si el conjunto tiene cardinal impar luego los pares ordenados de la relación de equivalencia deben ser pares" o algo así?

Gracias!
Saludos

02 Noviembre, 2018, 01:32 am
Respuesta #1

Carlos Ivorra

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Si una relación de equivalencia en un conjunto de \( N \) elementos forma \( n \) clases de equivalencia de cardinales \( k_1,\ldots k_n \), entonces \( k_1+\cdots + k_n=N \) y el número de pares de la relación es \( k_1^2+\cdots +k_n^2 \).

Se trata de probar que no existen números no nulos que suman \( 5 \) cuyos cuadrados suman \( 15 \). No me he parado a pensar si hay una forma más elegante de hacerlo, pero a lo bruto no sale muy largo. Si no me equivoco, hay siete casos que descartar.

02 Noviembre, 2018, 01:50 am
Respuesta #2

manooooh

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Hola Carlos, qué bueno que aportes en temas no específicos de lógica! :D

Si una relación de equivalencia en un conjunto de \( N \) elementos forma \( n \) clases de equivalencia de cardinales \( k_1,\ldots k_n \), entonces \( k_1+\cdots + k_n=N \) y el número de pares de la relación es \( k_1^2+\cdots +k_n^2 \).

Tiene todo el sentido. Sin embargo, esta pregunta ha sido sacada de un examen, y no creo que si yo hubiese estado ahí (o cualquiera que sabe que le dan poco tiempo para resolverlo) se ponga a deducir eso ???.

Por el momento te pido por favor que la descartemos y pensemos en una solución más "fácil".

Pregunta acerca de tu propuesta
Se trata de probar que no existen números no nulos que suman \( 5 \) cuyos cuadrados suman \( 15 \). No me he parado a pensar si hay una forma más elegante de hacerlo, pero a lo bruto no sale muy largo. Si no me equivoco, hay siete casos que descartar.

¿Siete casos de qué? ¿Cuáles son? Ahí me perdí.

¿O sea sería ver que el sistema formado por \[\begin{cases}x+y=5\\x^2+y^2=15\end{cases}\] no tiene soluciones naturales? Si es así, sería muy fácil de probarlo, es re común ver estos tipos de sistemas.
[cerrar]

Ahora pensé en el siguiente digrafo que puede ser de equivalencia:


Es claro que es relación pues \(\mathcal T\subseteq A\times A\) y además \(|\mathcal T|=|\{(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(4,5),(5,4),(3,4),(4,3),(3,5),(5,3)\}|=15\).

La matriz de la relación \( \mathcal T \) es \[M_{\mathcal T}=\begin{pmatrix}1&1&1&1&1\\1&1&1&0&0\\1&1&1&0&1\\1&0&0&1&1\\1&0&1&1&1\end{pmatrix},\] donde claramente es reflexiva (hay todos \( 1 \) en la diagonal principal) y simétrica (las triangulares coinciden), pero.......... ¿será transitiva? ???.

Gracias y saludos

P.D. ¿Alguien sabe cómo probar si, dada la matriz asociada a una relación, es transitiva? Si se puede en primer lugar, ¿es necesario conocer el conjunto de elementos? ¿Cómo se visualiza en la matriz? En los libros no lo dicen y no entiendo por qué >:(.

02 Noviembre, 2018, 01:55 am
Respuesta #3

Carlos Ivorra

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Por el momento te pido por favor que la descartemos y pensemos en una solución más "fácil".

Pero estás tratando de encontrar una relación que cumpla lo pedido, cuando en realidad no existen. Ese camino no tiene nada de fácil.

¿O sea sería ver que el sistema formado por \[\begin{cases}x+y=5\\x^2+y^2=15\end{cases}\] no tiene soluciones naturales? Si es así, sería muy fácil de probarlo, es re común ver estos tipos de sistemas.

No tiene por qué haber sólo dos clases de equivalencia. Las posibilidades son

\( 1+1+1+1+1= 2+1+1+1= 2+2+1=3+2+1=4+1=3+2=5 \)

En ninguno de esos siete casos los cuadrados suman 15.

02 Noviembre, 2018, 02:01 am
Respuesta #4

manooooh

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Hola

No tiene por qué haber sólo dos clases de equivalencia. Las posibilidades son

\( 1+1+1+1+1= 2+1+1+1= 2+2+1=3+2+1=4+1=3+2=5 \)

En ninguno de esos siete casos los cuadrados suman 15.

Ahhh, a eso apuntabas cuando ponías los \( \ldots \) en

Si una relación de equivalencia en un conjunto de \( N \) elementos forma \( n \) clases de equivalencia de cardinales \( k_1,\ldots k_n \), entonces \( k_1+\cdots + k_n=N \) y el número de pares de la relación es \( k_1^2+\cdots +k_n^2 \).

¿Podrías poner un ejemplo donde puedan haber más de dos clases de equivalencia? Creo que nunca las traté.

¿Por qué no considerás los casos donde podamos conmutar términos (por ejemplo estaría faltando \( 1+2+1+1 \))? ¿Porque la suma y la potenciación son conmutativas?

Saludos

P.D. Si es posible, me gustaría recibir ayuda en

Ahora pensé en el siguiente digrafo que puede ser de equivalencia:

Imagen
[cerrar]

Es claro que es relación pues \(\mathcal T\subseteq A\times A\) y además \(|\mathcal T|=|\{(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(4,5),(5,4),(3,4),(4,3),(3,5),(5,3)\}|=15\).

La matriz de la relación \( \mathcal T \) es \[M_{\mathcal T}=\begin{pmatrix}1&1&1&1&1\\1&1&1&0&0\\1&1&1&0&1\\1&0&0&1&1\\1&0&1&1&1\end{pmatrix},\] donde claramente es reflexiva (hay todos \( 1 \) en la diagonal principal) y simétrica (las triangulares coinciden), pero.......... ¿será transitiva? ???.

y

¿Alguien sabe cómo probar si, dada la matriz asociada a una relación, es transitiva? Si se puede en primer lugar, ¿es necesario conocer el conjunto de elementos? ¿Cómo se visualiza en la matriz? En los libros no lo dicen y no entiendo por qué >:(.

EDITADO

02 Noviembre, 2018, 02:12 am
Respuesta #5

Carlos Ivorra

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¿Podrías poner un ejemplo donde puedan haber más de dos clases de equivalencia? Creo que nunca las traté.

En el conjunto \( \{1,2, 3, 11,12\} \) considerar la relación de equivalencia "terminar en la misma cifra". Hay tres clases de equivalencia, \( \{1, 11\} \), \( \{2,12\} \) y \( \{3\} \).

¿Por qué no considerás los casos donde podamos conmutar términos (por ejemplo estaría faltando \( 2+1+1+1 \))? ¿Porque la suma y la potenciación son conmutativas?

¿Por qué dices que falta ese caso? Es el segundo de los siete.

Respecto a lo que preguntas, sólo tienes que dibujar el grafo de la relación. Si no quedan los elementos divididos en grupos disjuntos donde todos estén relacionados con todos es que la relación no es de equivalencia. Si es reflexiva y simétrica, es que falla la transitividad. Por ejemplo, en tu matriz, dibujando el grafo se ve enseguida que 2 está relacionado con 3 y 3 con 5, pero 2 no está relacionado con 5.

02 Noviembre, 2018, 02:23 am
Respuesta #6

manooooh

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Hola

¿Por qué dices que falta ese caso? Es el segundo de los siete.

Perdón, quise decir \( 1+2+1+1 \) (o \( 1+1+2+1 \), ...). Edité correctamente el mensaje.

Respecto a lo que preguntas, sólo tienes que dibujar el grafo de la relación. Si no quedan los elementos divididos en grupos disjuntos donde todos estén relacionados con todos es que la relación no es de equivalencia. Si es reflexiva y simétrica, es que falla la transitividad. Por ejemplo, en tu matriz, dibujando el grafo se ve enseguida que 2 está relacionado con 3 y 3 con 5, pero 2 no está relacionado con 5.

No entiendo lo anterior a lo que está en negrita.

De lo que está en negrita, :o :o, pero una relación de equivalencia debe cumplir que sea reflexiva, simétrica y transitiva, ¿no? ¿O te referís a que si la matriz cumple que sea reflexiva y simétrica luego no es transitiva? ¡Pero si es así para qué nos sirve la matriz asociada sino para determinar si la relación es de equivalencia!

Lo que está luego de lo negrita lo entiendo muy bien :).

Saludos

02 Noviembre, 2018, 02:35 am
Respuesta #7

Carlos Ivorra

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Perdón, quise decir \( 1+2+1+1 \) (o \( 1+1+2+1 \), ...). Edité correctamente el mensaje.

Lo que digo es que una relación de equivalencia divide al conjunto en clases de equivalencia disjuntas. Si hay cuatro clases de equivalencia, la única posibilidad es que una tenga 2 elementos y las otras tres tengan 1, y en tal caso la relación tiene \( 2^2+1^2+1^2+1^2=7 \) pares ordenados, y no hay más posibilidades con cuatro clases de equivalencia. Con tres clases de equivalencia puede haber una con 3 elementos y otras dos con 1 cada una, o bien dos con 2 y una con 1, y no hay más opciones, etc.

Respecto a lo que preguntas, sólo tienes que dibujar el grafo de la relación. Si no quedan los elementos divididos en grupos disjuntos donde todos estén relacionados con todos es que la relación no es de equivalencia. Si es reflexiva y simétrica, es que falla la transitividad. Por ejemplo, en tu matriz, dibujando el grafo se ve enseguida que 2 está relacionado con 3 y 3 con 5, pero 2 no está relacionado con 5.

No entiendo lo anterior a lo que está en negrita.

Digo que si miras el grafo y no ves los elementos del conjunto divididos en subconjuntos disjuntos dos a dos en los que todos estén relacionados con todos, entonces puedes asegurar que la relación no es de equivalencia, y sabiendo que no es de equivalencia, sin el grafo ves que sí que es reflexiva y simétrica (todos los elementos tienen una flecha bucle y todas las flechas van en los dos sentidos, como ocurre en tu relación, porque te has preocupado de que sea reflexiva y simétrica) entonces, para que la relación no sea de equivalencia, lo que tiene que fallar es la transitividad.

02 Noviembre, 2018, 02:42 am
Respuesta #8

manooooh

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Hola

Perdón, quise decir \( 1+2+1+1 \) (o \( 1+1+2+1 \), ...). Edité correctamente el mensaje.

Lo que digo es que una relación de equivalencia divide al conjunto en clases de equivalencia disjuntas. Si hay cuatro clases de equivalencia, la única posibilidad es que una tenga 2 elementos y las otras tres tengan 1, y en tal caso la relación tiene \( 2^2+1^2+1^2+1^2=7 \) pares ordenados, y no hay más posibilidades con cuatro clases de equivalencia. Con tres clases de equivalencia puede haber una con 3 elementos y otras dos con 1 cada una, o bien dos con 2 y una con 1, y no hay más opciones, etc.

Bien, pero no me refiero a eso. Me refiero a que si tenemos \( 2+1+1+1 \), ¿por qué es equivalente a \( 1+2+1+1 \)? ¿Porque la suma de clases es conmutativa (y de paso asociativa)?

Digo que si miras el grafo y no ves los elementos del conjunto divididos en subconjuntos disjuntos dos a dos en los que todos estén relacionados con todos, entonces puedes asegurar que la relación no es de equivalencia, y sabiendo que no es de equivalencia, sin el grafo ves que sí que es reflexiva y simétrica (todos los elementos tienen una flecha bucle y todas las flechas van en los dos sentidos, como ocurre en tu relación, porque te has preocupado de que sea reflexiva y simétrica) entonces, para que la relación no sea de equivalencia, lo que tiene que fallar es la transitividad.

Creo que te entiendo :laugh:. Parece como si estuviésemos hablando sobre componentes conexas.

Entonces sólo hay una única manera de probarlo:

Si una relación de equivalencia en un conjunto de \( N \) elementos forma \( n \) clases de equivalencia de cardinales \( k_1,\ldots k_n \), entonces \( k_1+\cdots + k_n=N \) y el número de pares de la relación es \( k_1^2+\cdots +k_n^2 \).

¿Alguna prueba de esto, por favor? Supongo que sale por inducción.

Saludos

02 Noviembre, 2018, 10:04 am
Respuesta #9

Carlos Ivorra

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Bien, pero no me refiero a eso. Me refiero a que si tenemos \( 2+1+1+1 \), ¿por qué es equivalente a \( 1+2+1+1 \)? ¿Porque la suma de clases es conmutativa (y de paso asociativa)?

Sí te refieres a eso. De hecho, no sé a qué llamas suma de clases. Lo que yo digo es que hay siete casos:

1) Hay cinco clases de 1 elemento cada una.
2) Hay cuatro clases de 1 elemento y una de 2.
3) Hay dos clases de 2 elementos y una de 1.
4) Hay una clase de 3 elementos y dos de 1.
5) Hay una clase de 3 elementos y una de 2.
6) Hay una clase de 4 elementos y otra de 1.
7) Hay una clase de 5 elementos.

¿Estás de acuerdo en que estos siete casos (donde no hay sumas ni nada) cubren todas las posibilidades o falta alguno?

Si estás de acuerdo en que se da necesariamente uno y sólo uno de los casos anteriores, entonces, en el caso 2 tendríamos \( 2^2+1^2+1^2+1^2=7 \) pares en la relación. La cuenta \( 1^2+2^2+1^2+1^2=7 \) sería considerar de nuevo el caso 2, en el que hay una clase (la que sea) con dos elementos y el resto con 1. El orden no importa porque no hay ningún orden establecido en las clases. No tiene sentido hablar de "la primera clase", "la segunda clase", etc. a menos que introduzcas tú un orden para luego concluir que no importa el orden. Si, directamente, no consideramos ningún orden en las clases, no viene al caso plantearse si importa o no un orden inexistente.

¿Alguna prueba de esto, por favor? Supongo que sale por inducción.

Sea \( A \) un conjunto en el que hay una relación de equivalencia \( R \) y sean \( \{C_i\}_{i\in I} \) las clases de equivalencia determinadas por \( R \). Un hecho básico sobre relaciones de equivalencia es que dos elementos \( x, y\in A \) están relacionados si y sólo si están en la misma clase \( C_i \). En otros términos:

\( (x, y)\in R \) si y sólo si existe un \( i\in I \) tal que \( (x, y)\in C_i\times C_i \), si y sólo si \( (x, y)\in \bigcup_{i\in I}(C_i\times C_i) \).

Esto prueba que \( R=\bigcup_{i\in I}(C_i\times C_i) \). Además todo elemento de \( A \) está en una clase de equivalencia, luego \( A=\bigcup_{i\in I}C_i \), y las clases \( C_i \) son disjuntas dos a dos, luego también lo son los productos \( C_i\times C_i \). Por lo tanto, podemos tomar cardinales y resulta:

\( |A|=\sum_{i\in I}|C_i| \), \( |R|=\sum_{i\in I}|C_i\times C_i| = \sum_{i\in I}|C_i|^2 \).

Si llamas \( k_i=|C_i| \), \( n=|I| \) y \( N=|A| \) te queda expresado en los términos en que lo había expresado antes.

02 Noviembre, 2018, 11:46 am
Respuesta #10

manooooh

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Hola

Con suma de clases me refiero a la suma entre clases, que es distinta a la suma de números. Sería algo como \( [a]+[b ]=[b ]+[a]=[a+b] \) por ser abeliano. Aunque no estoy seguro si debería decir simplemente "suma", por el último paso de tomar cardinales en tu prueba.

Muchas gracias por la demostración, entendí que el paso final es tomar cardinales.

¿Se puede decir que demostraste un teorema? ¿O una propiedad? O más general todavía, ¿una definición?

Sino considerémoslo una proposición y ya.

Saludos

02 Noviembre, 2018, 02:19 pm
Respuesta #11

nia

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Tal vez pueda ayudar describir una imagen del problema, equivalente con otros trastos, por un profano.

El conjunto {1,2,3,4,5} podemos sustituirlo por 5 objetos o entelequias diferentes cualesquiera:
   {gato,vaso,mazo,raro,parco}.
Si nos hablan de una relación de equivalencia en dicho conjunto, es distribuir las "piezas" en los
    sacos que sean (sin repeticiones y sin dejar ninguno fuera).  
    Un ejemplo de esta partición puede ser {vaso,parco} junto con {gato,raro,mazo}, 2 sacos,
    que correspondería a la imagen visual de trazar 2 "pelotingos", separando los 5 elementos.
Ahora nos obligan a decir, fijándonos en un solo saco, p.e. el segundo, {gato,raro,mazo},
    que sus objetos están relacionados entre si por dicha causa, como si no lo supiéramos,
    y esto se expresa con los afamados pares ordenados.
     Estos pares ordenados son al caso:
    "gato" con "gato" ,   "raro"  con "raro"  ,   "mazo" con "mazo",  por ridículos que parezcan, y
    "gato" con "raro" ,   "raro"   con "mazo",   "gato"  con "mazo",  que la última parece evidente, y
    "raro" con "gato" ,   "mazo" con "raro"  ,   "mazo" con "gato" ,  que son los pares de la fila anterior
    dados la vuelta, que ya parece absurdo distinguir entre calcetines derecho e izquierdo,
    cuando son intercambiables.
    Si contamos los pares ordenados salen 9, que es 3x3, siendo 3 el número de objetos de partida,
    que recordamos, ya vagamente, eran: "gato","raro","mazo". (Y así ocurre siempre.)
 
Esta situación es de locos, porque si se me ocurrieran trasladar 9 trastos en dos bolsas,
    una con 5 y otra con las 4 restantes, tendría que suponer 41 relaciones binarias,
    25 por la primera y 16 por la segunda.
    (De las 9x9=81 relaciones binarias posibles, ¿que sería de las pobres 81-41=40 relaciones restantes?,
    que mas parece que quieran fabricar huérfanos, después de ablandarnos el corazón,
    como una ONG casposona.  >:D)
    Con ese jaleo seguro que no las compensaría en peso, y acabaría con un hombro dislocado o
    con alguna bolsa desfondada (con el "o", por física, no excluyente).

Nota
Pero tiene que haber algo mas, para que los matemáticos se compliquen la vida tanto, como si fueran informáticos (que, para decir 4 patas tiene un gato, tienen que expresarlo, en binario, así: 4patas_gato=1pata_gato+1pata_gato+1pata_gato+1pata_gato) >:D.

Tal vez (los matemáticos) contemplen que los huevos no deben ponerse debajo de las botellas, o que en los contenedores no se mezclen compuestos incompatibles, o tratar con calles de sentido único, etc, que no están tan alejados de la realidad (aunque lo intenten) >:D.

02 Noviembre, 2018, 09:28 pm
Respuesta #12

Carlos Ivorra

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Con suma de clases me refiero a la suma entre clases, que es distinta a la suma de números. Sería algo como \( [a]+[b ]=[b ]+[a]=[a+b] \) por ser abeliano. Aunque no estoy seguro si debería decir simplemente "suma", por el último paso de tomar cardinales en tu prueba.

¿Y cómo sería esa suma concretamente en este ejemplo?:

En el conjunto \( \{1,2, 3, 11,12\} \) considerar la relación de equivalencia "terminar en la misma cifra". Hay tres clases de equivalencia, \( \{1, 11\} \), \( \{2,12\} \) y \( \{3\} \).

¿Cuál sería la suma de las dos primeras clases, por ejemplo?

Muchas gracias por la demostración, entendí que el paso final es tomar cardinales.

Sí, se usa que el cardinal de una unión disjunta es la suma de los cardinales. En realidad, todo el argumento vale igualmente aunque el conjunto \( A \) sea infinito, y haya infinitas clases de equivalencia y éstas sean infinitas.

¿Se puede decir que demostraste un teorema? ¿O una propiedad? O más general todavía, ¿una definición?

Sino considerémoslo una proposición y ya.

Una definición seguro que no. Las definiciones no se demuestran. Por lo demás, nunca me he tomado en serio la distinción entre teoremas, proposiciones, lemas, corolarios, escolios, ...  Todo son teoremas y ya está.

03 Noviembre, 2018, 12:27 am
Respuesta #13

feriva

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Intenté armar la siguiente relación: \[\forall a,b\in A:a\mathcal Rb\iff a\geq b\]


Hola, Manooooh.

Pero, esa relación sería así, ¿no?

\( (5,5),(5,4);(5,3);(5,2);(5,1);(4,4);(4,3);(4,2);(4,1);(3,3);(3,2);(3,1);(2,2)(2,1);(1,1) \)

De esa manera tiene 15 elementos y se cumple lo que dices, (aunque no sea de equivalencia).

Saludos y buenas noches.

03 Noviembre, 2018, 02:47 am
Respuesta #14

manooooh

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Hola feriva

Pero, esa relación sería así, ¿no?

\( (5,5),(5,4);(5,3);(5,2);(5,1);(4,4);(4,3);(4,2);(4,1);(3,3);(3,2);(3,1);(2,2)(2,1);(1,1) \)

¡¡Siiií!! He cometido una ferivada :laugh:.

Spoiler
Podría arreglarse diciendo \[\forall a,b\in A:b\mathcal Ra\iff a\geq b\] o \[\forall a,b\in A:a\mathcal Rb\iff b\geq a\] o \[\forall a,b\in A:a\mathcal Rb\iff a\leq b\] pero bueno, me equivoqué con el orden.
[cerrar]

De esa manera tiene 15 elementos y se cumple lo que dices, (aunque no sea de equivalencia).

Claro, hemos dicho que es una relación porque ese conjunto está contenido en el producto cartesiano de \( A \), pero hasta ahí llega, porque aunque corrigiendo el error y diciendo que \[\forall a,b\in A:a\mathcal Rb\iff a\geq b\iff\mathcal R=\{(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(3,2),(4,2),(5,2),(4,3),(5,3),(5,4)\}\] no es de equivalencia ya que, por ejemplo, \( (1,2)\not\in\mathcal R \) (no es simétrica, una de las condiciones que debe cumplir para que sea de equivalencia). Por lo tanto no nos sirve de nada.

Saludos

03 Noviembre, 2018, 03:56 am
Respuesta #15

manooooh

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Hola Carlos

Con suma de clases me refiero a la suma entre clases, que es distinta a la suma de números. Sería algo como \( [a]+[b ]=[b ]+[a]=[a+b] \) por ser abeliano. Aunque no estoy seguro si debería decir simplemente "suma", por el último paso de tomar cardinales en tu prueba.

¿Y cómo sería esa suma concretamente en este ejemplo?:

En el conjunto \( \{1,2, 3, 11,12\} \) considerar la relación de equivalencia "terminar en la misma cifra". Hay tres clases de equivalencia, \( \{1, 11\} \), \( \{2,12\} \) y \( \{3\} \).

¿Cuál sería la suma de las dos primeras clases, por ejemplo?

¿Es una pregunta o una afirmación?

Pues claro... no se pueden sumar conjuntos, sería unirlos... Está bien, no pensé en profundidad cuando me referí a "Suma de clases", está mal. Considerá sus cardinales, ¿bien? Mi pregunta original era por qué podemos considerar que, en tu ejemplo, \( |\{1,11\}|+|\{2,12\}|=|\{2,12\}|+|\{1,11\}| \), y mi auto-respuesta fue "Porque la suma de clases de los cardinales de las clases cumple la propiedad conmutativa (y también asociativa)". Es una obviedad, pero si no fuera tan obvio deberíamos preguntarnos por qué esos otros casos (los de conmutar) no los estamos considerando.

Una definición seguro que no. Las definiciones no se demuestran. Por lo demás, nunca me he tomado en serio la distinción entre teoremas, proposiciones, lemas, corolarios, escolios, ...  Todo son teoremas y ya está.

Ok, gracias. Nunca había escuchado de un escolio :o.

Saludos

03 Noviembre, 2018, 08:48 am
Respuesta #16

feriva

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Hola feriva

¡¡Siiií!! He cometido una ferivada :laugh:.


Auténtica :D

Quizá valdría ésta \( a\mathcal{R}b:\,|a-b|<5 \).

Saludos.

03 Noviembre, 2018, 09:00 am
Respuesta #17

manooooh

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Hola

Estoy en el móvil, pero ¡qué buena idea esa!

No me puse a hacer las cuentas, pero parecería que es una relación de equivalencia. Lo que creo que falla es la cantidad de pares ordenados: creo que hay bastantes más que \( 15 \) (no lo sé, luego lo hago bien).

De todas maneras, ¿leíste los mensajes de Carlos? Demostró que es imposible encontrar una relación de equivalencia con estas características.

Saludos

03 Noviembre, 2018, 09:50 am
Respuesta #18

Luis Fuentes

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Hola

Quizá valdría ésta \( a\mathcal{R}b:\,|a-b|<5 \)..

Pero en \( \{1,2,3,4,5\} \) esa relación es la total: relaciona cualquier par de números. \( 5^2=25 \) pares.

Saludos.

03 Noviembre, 2018, 09:56 am
Respuesta #19

feriva

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Hola

Quizá valdría ésta \( a\mathcal{R}b:\,|a-b|<5 \)..

Pero en \( \{1,2,3,4,5\} \) esa relación es la total: relaciona cualquier par de números. \( 5^2=25 \) pares.

Saludos.

Ah, gracias, Luis.

*tienes razón manooooh, ésa no vale.

Saludos.