|
|
|
|
 |
sashimi
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
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
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
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
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!
|