Keresés

Részletes keresés

sashimi Creative Commons License 2003-03-10 13:24:42 149
Valamit nem ertek. Van der Waerden tétele csak tetszoleges hosszu veges sorozatot garantal, vegtelent nem. Igy mas meggondolas kell szvsz. Azt hiszem tudok egyet, de meg at kell gondolnom

sashimi

sashimi Creative Commons License 2003-03-09 21:48:47 144
Egyszerusites bizonyitasodhoz szamelmelet nelkul.

Irtad Van der Waerden tétele szerint a G minden eleme monoton egy K beli végtelen számtani sorozaton.

Viszont konnyu olyan f:KK bijekciot csinalni, ami nem monoton vegtelen K beli szamtani sorozaton: f legyen felvaltva monoton novo illetve monoton fogyo egyre hosszabb K beli blokkokon: azaz egy blokkon vagy az identitas, vagy a blokk megforditott sorrendben. Ekkor az altalad tett megallapitas alapjan ez az f nem lehet G beli elem resze.

sashimi

Gergo73 Creative Commons License 2003-03-09 20:46:38 141
Egy kis hiba becsúszott ebbe a bizonyításba. A 2j ne az S elemeinek legnagyobb közös osztója legyen, hanem az S egy tetszőleges eleme. Ha d jelöli S differenciáját, akkor p-t és q-t dk+1 alakú prímeknek fogjuk választani.
A hozzászólás:
Gergo73 Creative Commons License 2003-03-09 18:32:40 134
Igen, sashimi példája müködik,a megadott G nem w-tranzitív. Ehhez elég megadni w egy végtelen és ko-végtelen P halmazát és azon egy f:P->w injektív függvényt úgy, hogy az f képének komplementere is végtelen legyen, továbbá f ne legyen kiterjeszthetö G-beli elemmé.

Legyen K a 4k+2 alakú számok halmaza. Ha 4k+2=2jpm, ahol p prím és j minden prímosztója p-nél kisebb, akkor legyen f(4k+2)=2mjp. Más szóval a K-beli számokon f-et úgy értelmezzük, hogy felcseréljük a prímtényezös felbontásban a legkisebb és legnagyobb prímhez tartozó kitevöt. Bizonyításra csak az szorul, hogy f nem terjeszthetö ki G-beli elemmé.

Van der Waerden tétele szerint a G minden eleme monoton egy K-beli végtelen számtani sorozaton. Megmutatjuk, hogy ez nem teljesül f-re. Vegyünk egy tetszöleges S számtani sorozatot K-ban. Jelölje 2j az S elemeinek legnagyobb közös osztóját. Ekkor Dirichlet tétele alapján S-ben van végtelen sok 2jp alakú szám, ahol p>j prím, továbbá végtelen sok 2jq2 alakú szám is, ahol q>j prím. Definíciónk szerint f(2jp)=2jp és f(2jq2)=4jq, vagyis ha p-t és q-t úgy választjuk meg, hogy 2q<p<q2 legyen, akkor igazoltuk, hogy f nem monoton S-en. Ha q-t kellöen nagynak választjuk, akkor p mindig megválasztható ily módon - ehhez Dirichlet tételének pontosabb, kvantitatív változatát kell alkalmaznunk.

Biztos vagyok benne, hogy ez nem a legegyszerübb bizonyítás, de számelmélészként ez jutott eszembe.

Előzmény:
sashimi Creative Commons License 2003-03-09 13:07:46 133
CH= KH= kontinuum hipotezis=2^omega=omega_1.

Forszolasos pelda.
Eleg lenne 2^{omega_1} Cohen-valost az alapmodellhez adni, szvsz akkor is lenne pelda.

De biztos kell lennie ZFC peldanak is w_1-en.

ZFC pelda otlet megszamlalhato alaphalmazon omega-homogen, nem omega-tranzitiv csoportra
Legyen oemega az alaphalmaz es legyen G azon permutaciok csoportja, amik lefedhetok veges sok monoton fuggveny uniojaval. Ez omega-homogen (trivi) es szerintem nem omega-tranzitiv.

sashimi

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!