Összeségében azt mondanám, hogy szépen próbálkoztál, az alábbiak nem sikerültek ugyan, de talán majd legközelebb.
#0
- egy asszociatív félcsoportban van két egységelem (xe = ex = x és fx = xf = x), lehetnek-e ezek különbözők?
- ugyanitt valamely 'a' elemnek van baloldali és jobboldali inverze is (ba = 1, aj = 1), lehetnek-e ezek különbözők?
1. Nem lehetnek, mivel ef=e és ef=f is következik a szabályokból, tehát e=f
2. Nem lehetnek, mivel asszociativitás miatt b(aj)=(ba)j, tehát b=j
#11
Ha A és B halmazok kölcsönösen részhalmazai egymásnak, akkor lehetnek-e azonosak, illetve bizonyíthatóan azonosak-e?
Két halmaz akkor egyenlő, ha elemeik azonosok, vagyis A minden eleme benne van B-ben, és B minden eleme benne van A-ban. Ez éppen annak a definíciója, hogy A részhalmaza B-nek, és B részhalmaza A-nak. Tehát azonosak.
#36
Raymond Smullyan feladata: milyen következtetést lehet levonni az alábbi állításokból:
1. Mindenki fél Drakulától.
2. Drakula csak Morpheustól fél.
Mivel mindenki fél Drakulától, Drakula is fél Drakulától. Tehát Drakula és Morpheus ugyanaz a személy.
#50
Milyen algebrai struktúrát alkotnak a képzetes számok?
Önmagukban semmilyet, de ha hozzáadjuk a nullát, akkor kommutatív csoportot (az összeadás művelettel).
#57
Például: hány valós megoldása van az alábbinak, és hogyan bizonyítjuk, hogy csak egy:
3^x + 4^x = 5^x
Próbálgatással találjuk meg az x=2 megoldást, azután osszunk a jobboldallal (ami pozitív valós szám): (3/5)^x + (4/5)^x = 1
Két szigorúan monoton fogyó függvény összege is szigorúan monoton fogy, tehát nem lehet több megoldás.
#59
Egy tégla tömege 2kg, plusz egy fél tégla tömege. Tehát mennyi egy tégla tömege?
4kg
#67
Lehet-e háromszöget szerkeszteni 4,5 és 6 hosszúságú szakaszokból?
Igen, annyi a feltétel, hogy a három szám pozitív legyen, és a bármelyik kettő összege nagyobb legyen a harmadiknál.
#77
Bizonyítsuk be, hogy legalább annyi páros egész szám van, mint ahány racionális szám.
Legyen a racionális szám s*p/q, ahol s -1,0 vagy 1 lehet, p és q relatív prím pozitív egészek, és mondjuk s=0 esetén p=q=1.
Ekkor rendeljük hozzá a 2 * 31+s * 5p *7q számot, ami egy páros egész. Ellenőrizhető, hogy ez a hozzárendelés injektív.
#84
Mennyi 1/i (i a képzetes egység).
1/i = i/(i*i) = i/(-1) = -i
#89
R. Smullyan jóvoltából: van egy halmazunk, és azon egy speciális szorzás művelet, amely nem asszociatív, nem kommutatív, de van néhány érdekes tulajdonsága, pl.:
Van olyan I elem, hogy minden x-re: Ix = x (identitás)
Van olyan K elem, hogy minden x,y-ra: Kxy = x (kivágja y-t)
1. Bizonyítsuk be, hogy ha Kx=Ky, akkor x=y
2. Bizonyítsuk be, hogy ha a halmaz legalább kételemű, akkor KI≠K (vagy fordítva, bizonyítsuk be, hogy ha KI=K, akkor a halmaz egyelemű).
Ha ez sikerül, akkor KK≠K, K≠I, KI≠I is bizonyítható (továbbra is feltéve, hogy a halmaz legalább kételemű).
1. Ha Kx = Ky, akkor jobbról szorozva K-val: KxK = KyK, a K-ra vonatkozó szabály alapján: x = y
2. Ha KI = K igaz lenne, akkor KIxy = Kxy is igaz lenne (minden x, y elempárra), egyszerűsítve Iy = x teljesülne, még egyszerűbben: y=x, vagyis nem lenne két különböző elem.
Ha KK = K igaz lenne, akkor KKI = KI is igaz lenne, de ez egyszerűsítve K = KI (lásd az előző pontot).
Ha K = I igaz lenne, akkor KK = IK is igaz lenne, egyszerűsítve KK = K (lásd az előző pontot).
Ha KI = I igaz lenne, akkor KIK = IK is igaz lenne, egyszerűsítve I = K (lásd az előző pontot).
