Nem tudom mit jelöltél sima zárójelekel (), de a halmazokat most jelöljük úgy, hogy {elem1, elem2, elem3,}
A fenti halmaznak elemei:
elem1
elem2
elem3
A fenti halmaz részhalmazai azok a halmazok amelyek úgy állnak elő, hogy vesszük a kapcsoszárójeleinket, és valahány elemet belepakolunk (akár 0-át).
Tehát a fenti halmaz részhalmazai:
{}
{elem1}
{elem1, elem2}
{elem1, elem2, elem3}
Néhány elsőre extrém példával lehet igazán érteni:
A lenti halmaz az üres halmaz:
{}
A következő halmaz egy olyan halmaz, amely az üres halmazt tartalmazza elemként. Természetesen ez nem egyenlő az üres halmazzal, hiszen az üres halmaz nem tartalmaz semmit, de ez tartalmaz egy üres halmazt.
X = {{}}
Nézzük meg, hogy mik a fenti X halmaz részhalmazai:
{}
{{}}
Vagyis X hatványhalmaza ez:
{{{}},{}}
Igazából a teljes matematika felépíthető 'csak kapcsoszárójelekből és vesszőkből', vagyis az üres halmazból konstruált halmazokból.
Igazából a valódi kérdés, ami ez utóbbit is tisztázhatja: Mi a különbség a részhalmaz és az elem között?
Ha A={a,b,c}, akkor P(A)={(a,b),(b,c),(a,c)}
Ugyanakkor {a,b} eleme A-nak. De (a,b) elem, {a,b} pedig halmaz? Ezek szerint P(A)-nak az a-ból és b-ből képzett párja elemként viselkedik, A-ban pedig ugyanez halmaz?
amit a walfaban parabolanak nezel, az igazandibol egy parabola logaritmusa, a log10((x-2)(27-x)) fuggveny grafikonja, ami eppen az egyenlotlenseg baloldala. a jobboldal meg nyilvan az y = 2.
Nem annyira nehéz példa, de valamiért mégsem akarja az igazságot: log10 (x-2)+log10 (27-x)<2
log-fosztás után (x-2)(27-x)<100, amiből aztán 0-ra rendezve és 2fokú megoldóképlet gyökeivel szorzattá alakítva az jön ki, hogy -1,507 és 30,508 lenne az előjelváltások helye, ami meg ellentmondás, mert az elején ki kell kötni, hogy 2<x<27.
Ehhez képest wolframalpha ad megoldásokat, külön bosszantó módon ráadásul jó megoldásokat. Az igazán zavaró az, hogy egy fordított parabolával és az y=2 egyenessel ábrázolja a megoldást, amit nehezen tudok értelmezni, hiszen a logaritmus-fv nem parabola, ha meg algebrailag feldolgozzuk a logaritmust, akkor a 2 sem 2 már.
Köszönöm a fáradozásod! Sajnos egyik könyvet sem találtam még meg letölthető formában, de mindenképp utánanézek. Egyébként a probléma gondolom általános k-ra nagyon nehéz.
Közben rájöttem, hogy hasonló megoldást lehet találni egyszerűbben. Az egyenlet átírható, mint
(x-1)(x+1) = (z-y)(z+y).
Ez azt jelenti, hogy vannak p,q,r,s egész számok úgy, hogy
x-1=qr, x+1=ps, z-y=rs, z+y=pq,
azaz
ps-qr=2, x=(qr+ps)/2, z=(pq+rs)/2, y=(pq-rs)/2.
Kongruenciákkal könnyű megragadni, hogy x,y,z egészek.
Az eredeti megoldásom - ahogy érezted - egy általános elmélet része, aminek története Fermat, Euler, Lagrange, Legendre, Gauss munkásságával kezdődött. A kvadratikus formákkal való előállításokat vizsgálva kiderül, hogy a kétváltozós eset inkább algebrai, míg a négy- és több változós eset inkább analitikus, és a háromváltozós eset a legizgalmasabb, mert az algebra és az analízis határán helyezkedik el. A háromváltozós esetből az indefinit eset a könnyebb, ebbe tartozik a Tied.
Általában véve a következő mondható: ha f(x,y,z) egész együtthatós indefinit kvadratikus forma, akkor az ő egész együtthatós automorfizmusai (tehát azok az 1 determinánsú egész együtthatós (x,y,z)->(x',y',z') transzformációk, amik a formát megtartják) egy végesen generált G csoportot alkotnak, a generátorok effektíven meghatározhatók. Ha n egy nemnulla egész szám, akkor az f(x,y,z)=n megoldásain a G csoport hat (minden megoldást egy másik megoldásba visz) és az orbitok száma véges. Más szóval van véges sok alapmegoldás, amik effektíven meghatározhatók és amikből az összes többi megkapható a G elemeivel hatva.
Köszönöm szépen a megoldást, már látom, hogy nem véletlenül akadtam el. Eleminek látszik a levezetés, a Rose könyvet meg majd letöltöm a kvadratikus formák miatt, remélem sikerül megértenem a lemmát. Egyébként a feladat úgy jött, hogy hülyeségből megnéztem, hogy vajon a ,,binomiális Fermat-sejtés"-nek mik a megoldásai k=2-re.(x,y,z legalább 2)
Az egyenlet tehát binom(x,k)+binom(y,k)=binom(z,k) volt.
Gondolom ezt már mások is vizsgálták, gondoltam sikerül elütnöm az időt azzal, hogy megnézem k=2-re, de már ez is meghaladta a képességeim ;)
Ez bonyolultabb feladat, mint a pithagoraszi számhármasok esete.
Az a:=z-y, b:=x, c:=z+y jelöléssel az egyenlet a b2-ac=1 alakot ölti, amit úgy is lehet fogalmazni, hogy az au2+2buv+v2 kvadratikus forma (u és v változók) diszkriminánsa d:=4, és persze a és c paritása megegyezik. A kétváltozós kvadratikus formák elméletéből ismeretes, hogy egész együtthatós invertálható lineáris helyettesítésekkel az au'2+2bu'v'+cv'2 kvadratikus forma a'u'2+2b'u'v'+c'v'2 alakra hozható, ahol a',2b',c' egész számok, a'c'<0, |2b'|<=|a'|<=d1/2/2. Egész pontosan vannak p,q,r,s egész számok úgy, hogy ps-qr=1, továbbá u'=pu+qv, v'=ru+sv esetén au2+2buv+v2 = a'u'2+2b'u'v'+c'v'2. Lásd a Lemma 4.1-et a 9.4 fejezetben itt: Rose - A course in number theory. Jegyezzük meg, hogy a két forma diszkriminánsa megegyezik, vagyis b'2-a'c'=1.
Az a',b',c'-re vonatkozó feltételből b'=0 és a'c'=-1, vagyis az a'u'2+2b'u'v'+c'v'2 forma vagy u'2-v'2 vagy -u'2+v'2. A második ekvivalens az elsővel, mert az (u',v')->(-v',u') helyettesítés egész együtthatós és 1 determinánsú. Tehát azt kapjuk, hogy
au2+2buv+v2 = (pu+qv)2 - (ru+sv)2, ahol p,q,r,s egész számok úgy, hogy ps-qr=1.
Más szóval
a=p2-r2, b=pq-rs, c=q2-s2, ahol p,q,r,s egész számok úgy, hogy ps-qr=1.
Ez leírja a b2-ac=1 összes egész megoldását, ebből könnyen kiválogatható az a=c (mod 2) eset, ami nekünk kell. Akárhogy is, innen
x=pq-rs, y=(q2+r2-p2-s2)/2, z=(p2+q2-r2-s2)/2, ahol p,q,r,s egész számok úgy, hogy ps-qr=1.
Példa. Legyen p=27, q=8, r=10, s=3, ekkor x=186, y=-287, z=342.
Azt szeretném megkérdezni, hogy az x^2+y^2=z^2+1 diofantikus egyenletnek az egész megoldásait(x,y,z legalább 2) fel lehetne-e írni valamilyen képlettel általános formában, hasonlóan mint ahogy a Pitagoraszi számhármasokat. Gondolom a 2-es kitevő miatt erre van esély, egy feladat kapcsán jutottam el ehhez az egyenlethez, de itt hirtelen nem tudtam továbbvinni.
Ha sokat olvasol digitalis formatumokat erdemes megnezned a Kindle-t. Tobb helyen ki lehet probalni, igy el tudod donteni, hogy Neked megeri-e az arat.
Ez igaz, és nem is vitatkozni szeretnék csak én nem fogalmaztam túl precízen; jelen esetben az, hogy egy ilyen integrál véges, azt jelenti, hogy ha elég nagy értéktől integrálunk a végtelenig, véges értéket kapunk. Az integrál végtelensége pedig, hogy akármilyen nagy értéktől is integrálunk, az mindig végtelen lesz.
ha csak az számít, hogy az értéke véges vagy végtelen
Ez nem túl logikus, hiszen egy integrál végessége nagyon is függ az alsó határtól. Pl. az integrál lehet véges az (1,2)-n, de végtelen a (0,2)-n. Tehát inkább az a logikus, amit én mondtam: ha nincs kiírva az alsó határ, akkor az mínusz végtelennek értendő.
Köszönöm én is a válaszokat és tippeket! Amazonról szoktam rendelni, csak néhány könyv elég drága, úgyhogy majd egyszer, de ezzel a kinyomtatással próbálkozom majd szerintem.
Megkérdeztem a témavezetőmet is az integrálról. Ő azt mondta, hogy akkor szokás elhagyni az alsó határt, ha az integrál értéke közömbös; ha csak az számít, hogy az értéke véges vagy végtelen.
A Copy Generalban kinyomtatják Neked és még könyvvé is összefűzik (spirállal vagy kemény borítóval). Pár ezer forintból kijön. Illetve ha már megjelent, akkor az amazon-on meg tudod rendelni (talán Angliából érdemes, mert közelebb van és vámmentes, bár Amerikából is meg szoktak érkezni a könyvek).
Halmos Pál: Mértékelmélet vagy esetleg Járai Antal: Mérték és integrál könyve milyen?
Nem olvastam egyiket se, de a szerzőik alapján biztos jók. Halmos könyve híres klasszikus.
Köszönöm az ötletet, megpróbálom így értelmezni akkor, bár lehet, hogy még fogok ide visszajönni gondokkal... Egyébként mértékekhez visszatérve, Terence Tao könyvéhez, nagyon jó lenne, csak gépen nem tudok hosszabban olvasni, így valami ténylegesen könnyebben be is szerezhető könyvet preferálnék, Halmos Pál: Mértékelmélet vagy esetleg Járai Antal: Mérték és integrál könyve milyen?
Itt egy kimerítő elemzés a rekurzióról, amiből kiderül, hogy az állításokat kicsit finomítani kell.
1. Ha a1-et az ellentettjére változtatjuk, akkor az összes ak az ellentettjére változik, amiért a1<0 esetén a határérték nem gyök(n), hanem -gyök(n). A továbbiakban tegyük fel, hogy a1>0.
2. Vegyük észre, hogy
ak+1 - gyök(n) = (ak - gyök(n))2/(2ak).
Következik, hogy ak>0 esetén ak+1>=gyök(n). Mivel a1>0, ezért teljes indukcióval ak>=gyök(n), ha k>1.
3. Legyen k>1. Láttuk, hogy ak>=gyök(n), vagyis ak>=n/ak, amiből
ak+1 = (ak + n/ak)/2 <= ak.
Ez mutatja, hogy a2,a3,... csökkenő sorozat, aminek gyök(n) egy alsó korlátja. Legyen x a sorozat legnagyobb alsó korlátja (infimuma): ez a sorozatnak határértéke is a csökkenő tulajdonság miatt. A rekurzióból x=(x+n/x)/2, tehát x=gyök(n).
4. Megmutattuk, hogy az ak sorozat csökkenve tart a gyök(n)-hez, leszámítva a sorozat első tagját, ami a gyök(n)-nél kisebb is lehet. Jelölje bk = ak-gyök(n) a sorozat eltérését a gyök(n)-től. A 2. pontbeli egyenlet szerint bk+1 = bk2/(2ak). Mivel a nevező felülről tart a gyök(n)-hez, ezért n>=1/4 esetén bk+1<=bk2, tehát az ak+1-nek (lényegében) kétszer annyi jegye pontos, mint az ak-nak. Ha 0<n<1/4, akkor csak annyit mondhatunk, hogy bk+1<=bk2/(2gyök(n)), vagyis ak+1-nek majdnem kétszer annyi jegye pontos, mint az ak-nak: a gyök(n) függvényében korlátos számú jegyet el kell felejteni a kétszer annyi jegyből.
5. Az előző pont állítását egységesíteni lehet így: legyen ck = bk/gyök(n) = ak/gyök(n) - 1 az ak relatív eltérése a gyök(n)-től. Ekkor ck>0 (ha k>1) és a 2. pontbeli egyenlet szerint ck+1 = ck2 gyök(n)/(2ak) <= ck2/2. Ez mutatja, hogy a relatív eltérés nagyon gyorsan tart a nullához: a relatív eltérésben a tizedesvesszőt követő nullák száma ténylegesen megduplázódik minden lépésben, még nagyon kicsi n esetén is.
Láttam már bizonyítást,de egy kukkot sem értettem belőle,viszon ott gyök2-vel volt levezetve,és ott tényleg minden lépésnél töb hejiértékkel nött a pontosság.
:: a "jegyeket" binaris szamrendszerben kell erteni, ami gyakorlatilag azt jelenti, hogy a "helyes" bitek szama minden lepesben (legalabb) megduplazodik.
na ezt elsiettem: ha binaris szamrendszerben duplazodik a "helyes" szamjegyek szama, akkor minden szamrendszerben duplazodik.
