Keresés

Részletes keresés

karma police Creative Commons License 2002.11.16 0 0 59
Aha, majd én is megoldom hétvégén. El tudod küldeni azt a pdf fájlt, amit akartál? csarmi@freemail.hu
Előzmény: Gergo73 (57)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.16 0 0 58
Talaltam egy joval egyszerubb megoldast, ami raadasul minden ferdetestre mukodik.

Az 54-es uzenetembol kitunik, hogy elegendo belatnunk a (3), azaz f(xyx)=f(x)f(y)f(x) azonossagot, hiszen ebbol (1), (2), (4), majd (5) is kovetkezik. A feladatot tehat visszavezettuk arra, hogy f felcserelheto az xyx ketvaltozos muvelettel. Ugy jarunk el, mint az 57-es uzenetemben. Ha xy=0 vagy 1, akkor a felcserelhetoseg nyilvanvalo. Ha xy sem 0, sem 1, akkor az xyx kifejezheto az alabbi modon az osszeadas, a kivonas es az inverz segitsegevel: x+[(x-y-1)-1-x-1]-1. Nemi szamolas szukseges annak ellenorzesehez, hogy ez valoban xyx. A formulabol kovetkezik, hogy f felcserelheto az xyx-nal.

Előzmény: Gergo73 (57)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.16 0 0 57
Kedves karma police,

sikerult megoldanom a feladatodat, legalabbis ha a benne szereplo ferdetestek karakterisztikaja nem 2 (a feltetel szerint ha ez teljesul az egyik ferdetestre, akkor a masikra is). Legyen tehat f egy additiv lekepezes ket ilyen ferdetest kozott, es tegyuk fel, hogy f(1)=1 es f(x-1)=f(x)-1 minden nemnulla x-re. Igazoljuk, hogy [f(xy)-f(x)f(y)][f(xy)-f(y)f(x)]=0 teljesul minden x,y-ra.

Az 54-es uzenetem alapjan elegendo belatni, hogy f Jordan-homomorfizmus, azaz felcserelheto a negyzetreemelessel. Ha a 0-t vagy az 1 negyzeterol van szo, akkor nyilvanvalo az allitas. Jegyezzuk meg, hogy x pontosan akkor nem 0 vagy 1, ha ugyanez teljesul f(x)-re. A 0 es az 1 pontokon kivul tehat elegendo mindket ferdetestben a negyzetreemelest mint muveletet kifejeznunk az osszeadas, a kivonas, az inverz es az 1 konstans segitsegevel, hiszen ezekkel a muveletekkel az f felcserelheto. Egy megfelelo eloallitas a negyzetreemelesre (a 0 es az 1 pontokon kivul) a kovetkezo: x+[(x-1)-1-x-1]-1. Konnyen ellenorizheto, hogy ennek erteke valoban x2.

Előzmény: karma police (17)
karma police Creative Commons License 2002.11.16 0 0 56
Aha, köszi, én is így álltam neki, ezek szerint nem vagyok teljesen reménytelen :-)

Sajnos nekem viszont eddig nem volt időm végigszámolni, az utolsó hét elég durva volt (kb. 0 szabad perc)

Előzmény: Gergo73 (54)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.16 0 0 55
Egy apro megjegyzes: csak annyit hasznaltunk, hogy D karakterisztikaja nem 2, es azt is csak a (3) bizonyitasaban.
Előzmény: Gergo73 (54)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.15 0 0 54
OK, latom figyelsz ;-) Igazad van, f nem feltetlenul bijektiv. Ellenben talaltam valamit Szamodra, ami tetszeni fog. A 42-es uzenetemben idezett tetelre ugy hivatkoznak, mint Herstein homomorfizmus-antihomomorfizmus tetelere. Az eredeti bizonyitas az alabbi cikkben jelent meg: I. N. Herstein, Jordan homomorphisms, Trans. Amer. Math. Soc. 81 (1956), 331--341. Szivesen elkuldom Neked ezt a cikket pdf formatumban, de megtalalod a Kutatointezet konyvtaraban is. Ebbol a cikkbol kiderul par erdekes dolog.

1. Nincs szukseg arra, hogy f bijektiv legyen. Minden D ferdetest primgyuru (azaz xDy=(0) csak x=0 vagy y=0 eseten allhat fenn), igy tetszoleges gyurunek D-be valo Jordan-homomorfizmusa homomorfizmus vagy antihomomorfizmus. Herstein azonban felteszi, hogy D karakterisztikaja sem 2, sem 3. Ezt feltesszuk mi is.

2. Egyetlen oldalon elfer a fenti cikk 2-es, 3-as es 4-es lemmajanak bizonyitasa. Ezekbol kozvetlenul kiderul, hogy az f(x2)=f(x)2 azonossag ekvivalens az [f(xy)-f(x)f(y)][f(xy)-f(y)f(x)]=0 bizonyitando allitassal (ferdetestek kozott). Vazolom roviden, hogyan.

(1) Feltesszuk, hogy f egy additiv lekepezes ferdetestek kozott, amire f(x2)=f(x)2 minden x-re.
(2) Nyilvan f(xy+yx)=f(x)f(y)+f(y)f(x) minden x,y-ra.
(3) Helyettesitsunk (2)-ben x helyebe (xy+yx)-et, es hasznaljuk (1)-et x helyeben y-nal. Azt kapjuk, hogy f(yxy)=f(y)f(x)f(y) minden x,y-ra.
(4) Hasznaljuk a (3)-ban kapott azonossagot y helyeben y-nal, z-vel es (y+z)-vel. Azt kapjuk, hogy f(xyz+zyx)=f(x)f(y)f(z)+f(z)f(y)f(x) minden x,y,z-re.
(5) [f(xy)-f(x)f(y)][f(xy)-f(y)f(x)]=0 most mar kozvetlen szamolassal kovetkezik minden x,y-ra. Ehhez fel kell hasznalni (1)-et az f((xy)2)=f(xy))2 formaban, (3)-at az f(xy2x)=f(x)f(y)2f(x) formaban, ill. (4)-et z helyeben (xy)-nal.

Előzmény: karma police (53)
karma police Creative Commons License 2002.11.15 0 0 53
Miért lenne f bijektív?
Előzmény: Gergo73 (51)
karma police Creative Commons License 2002.11.15 0 0 52
Az természetesen elég hamar meglesz. Tipp: törtekkel kell számolni.
Előzmény: Gergo73 (51)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.15 0 0 51
Gyuruk kozott az f(x2)=f(x)2 egyenletet kielegito lekepezeseket Jordan-homomorfizmusoknak hivjak. Ha f bijektiv is (mint a mi esetunkben), akkor Jordan-izomorfizmusnak. A 42-es uzenetemben adott referencia tehat valasz a kerdesedre (azert adtam meg). Jomagam nem lattam ezt a konyvet, sajnos eltunt a konyvtarunkbol. Ezert azt sem tudom megmondani, mennyire mely az allitas. De Te talan megtalalod a konyvet a BME, a Kutatointezet vagy az ELTE konyvtaraban.

Szolj, ha megvan, hogy f Jordan-homomorfizmus!

Előzmény: karma police (50)
karma police Creative Commons License 2002.11.15 0 0 50
Az f(x^2)=f(x)^2-el való ekvivalencia nagyon triviális, vagy pedig híres tétel? Miért mondtad, hogy az elég? Mintha az egyik iránya meglenne az ekvivalenciának, de a másik kell.

Szóval onnan, hogy f(xy+yx)=f(x)f(y)+f(y)f(x) hogyan kell továbbmenni? Csak én vagyok hülye, hogy nem látom.

Ja, úgy néz ki, az f(x^2)=f(x)^2 ki fog jönni, akkor majd beírom, már csak az a fránya vége kellene...

Előzmény: Gergo73 (49)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.15 0 0 49
Persze, teljesen igazad van; nem voltam eleg preciz. Igazabol csak azt szerettem volna atadni, hogy en hogy gondolok a ferdetestekre.

Ha K jeloli a D centrumat, akkor a D minden eleme tekintheto (a szorzas altal) a D-nek mint K-vektorternek egy invertalhato linearis transzformaciojanak. Tehat D-t mindenkeppen beagyaztuk egy K feletti teljes matrixgyurube. Ha a K algebrai lezartja M, akkor a DxM tenzorszorzat persze egy M feletti teljes matrixgyuru reszeve valik. Es ahogy Te is mondtad, az utobbi tartalmazas egyenloseg is, ha D veges dimenzios a K felett. Ilyenkor a dimenzio negyzetszam, mondjuk n2, es az M helyettesitheto a K-nak egy maximalis D-beli kommutativ testbovitesevel. Ha L egy ilyen bovites, akkor annak a foka K felett n (es D mint L-vektorter n-dimenzios).

A Te peldadnal nincs szukseg szamossagi meggondolasokra; eleg csak annyit megjegyezni, hogy a tenzorozott test is kommutativ. Egyebkent en se vagyok algebrista ;-)

Előzmény: Jo Tunder (48)
Jo Tunder Creative Commons License 2002.11.15 0 0 48
kedves Gergo73,

általában nem válnak teljes mátrixalgebrává.
gondold meg, ha mondjuk D simán a primtest feletti polinomgyűrű hányados testje, akkor
a tenzorszorozva a lezárttal, az igy nyert algebra megszámlálhatóan végtelen dimenziós lesz a lezárt felett. tehát nem lehet teljes endomorfizmusgyűrű.

ha viszont D centrálisan véges, akkor egyszerűen a D antialgebrájával szorozva a centrum felett mátrixalgebrát kapsz.

gondolom a Wedderburn-Artin miatt centrálisan végesre, a centrum lezártjára igaz az állitásod. az tuti, hogy akkor a maximális résztesttel tenzorozva igaz.

reggel van, de asszem korrekt amit irtam.
nem vagyok algebrista :)))

Előzmény: Gergo73 (42)
Törölt nick Creative Commons License 2002.11.14 0 0 47
Szivesen! De vigyázz!!! Ez még nem a megoldás. Matematika dolgozatban, versenyen nem fogadják el.
Az összes ágat le kell vezetni és az itt le nem vezetett állításokat is bizonyítani kell.

(Más kérdés, hogy azok nem vezetnek megoldásra.)

Előzmény: Joka (46)
Joka Creative Commons License 2002.11.13 0 0 46
Kedves ResetGomb!

Nagyon szépen köszönöm a megoldást!!

Előzmény: Törölt nick (45)
Törölt nick Creative Commons License 2002.11.13 0 0 45
Legyen a három számjegy a,b,c 1...9 között.

Akkor az összes képezhető 3 jegyű szám összege (3!= 6 db ):

100*(2a+2b+2c)+10*(2a+2b+2c)+(2a+2b+2c)
2*3*37*(a+b+c)
Ez egy n*(n+1) vagy (n-1)*n alakú szám

A második eset:

2*3*37*(a+b+c)=(n-1)*n
Mivel 37 prim vagy n-1 vagy n egy 37m alakú szám,

Azaz vagy 37m-1 és 37m alakú
Vagy 37m és 37m+1 alakú

Az első esetben:

2*3*37*(a+b+c)=(37m-1)*37m
2*3*(a+b+c)=37*m*m-m

Mivel a,b,c 1..9 kötötti számjegyek, összegük max (7+8+9) = 24 lehet. Ezért m=1.

Ebből következik, hogy

2*6*(a+b+c)= 36
a+b+c=6

Ebből és hogy különbözőek következik,hogy a,b,c 1,2,3.

2*3*37*6= 36*37
1332=1332

A le nem vezetett esetek lekezelését rád bízom.

Előzmény: Joka (44)
Joka Creative Commons License 2002.11.12 0 0 44
Sziasztok!

Lenne egy kis elgondolkodtató feladatom: (lehet, hogy nem itélitek meg elég nehéznek, de nekem az!!)

A feladat:

Három külömböző pozitív számjegy felhasználásával az összes lehetséges háromjegyű számot előállítjuk, amely mindhárom számjegyet tartalmazza. Az így kapott számok összegét szeretnénk két egymást követő egész szám szorzataként előállítani.

Melyik három számjegyből kiindulva tehetjük meg ezt?

karma police Creative Commons License 2002.11.09 0 0 43
Meg fogom írni, kösz a segítséget. Ha lesz egy kis időm, magam állok neki. Idő van rá bőven, egyrészt, mert jövő héten nincs óra a Schweitzer-verseny miatt, másrészt, mert valószínűleg mások sem nagyon fogják megcsinálni.
Előzmény: Gergo73 (42)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.09 0 0 42
Ha S primgyuru es f:R->S egy additiv Jordan izomorfizmus, akkor f vagy izomorfizmus vagy anti-izomorfizmus, lasd az I.N.Herstein: Topics in ring theory, Univ. of Chicago Press, Chicago, 1969 konyv 47-51. oldalait.

Egyebkent koncepcualisan erdemes minden ferdetestre ugy gondolni, mint egy teljes matrix-algebra reszere. A primtest algebrai lezartjaval tenzorozva ui. azok teljes matrix-algebrakka valnak, tehat egy, a lezart folotti vektorter osszes linearis transzformaciojanak algebrajava. Es akkor az is vilagossa valik, hogy mikent fordulhatnak elo anti-izomorfizmusok: pl. mint a matrix-algebran vett transzponalas megszoritasa (ami termeszetesen felcserelheto az inverzzel, additiv, es megtartja az egyseget).

Tobb gondolatom hirtelenjeben nincs; es most sajnos idom sincs ezzel a feladattal foglalkozni. Mindenkeppen ird meg a megoldast, ha megtudod!

Előzmény: karma police (41)
karma police Creative Commons License 2002.11.08 0 0 41
"Pl. a Te feladatodhoz talaltam annyi referenciat, hogy az f(x^2)=f(x)^2 feltetel ekvivalens a bizonyitando allitassal."

Igen, ez igaznak tűnik, bár az egyik irányt még nem látom teljesen.

Elég ezt felírni x=a+b-re.

Előzmény: Gergo73 (37)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.08 0 0 40
Ha lehivod a jelen oldal forrasfajljat a bongeszodben, latni fogod, hogy kell irni hatvanyokat. Kepletre en se tudok jo keresesi modszert. A legtobb esetben ezt nem erzem nagy hatranynak. A BME-n szerintem kerdezz meg egy matematikus bennfentest a mathscinet/zentralblatt-tal kapcsolatban. Ha egy intezmeny elofizet, akkor a tobb vagy az osszes szamitogeperol elerheto a kereses, nem kell hozza jelszo stb.
Előzmény: karma police (38)
karma police Creative Commons License 2002.11.08 0 0 39
Megvan mi a fő bajom. Nem tudom, hogy lehet a Google-val és bármi mással képletre keresni!

Merthogy az néha nagyon jól jönne.

Előzmény: Gergo73 (37)
karma police Creative Commons License 2002.11.08 0 0 38
Aha. Szóval nézzek körül a tanszéken (BME-n vagyok, a tanszéket rádbízom), hogy van-e előfizetés, vagy ez hogy működik?

A Google-t szoktam én is használni, egész jó, de még nem vagyok benne elég gyakorlott.

Szóval ezért nem jött ki az x^2-es rész sem. Más. Hogy írsz itt hatványt?

Előzmény: Gergo73 (37)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.08 0 0 37
A google nagyon jol hasznalhato erre a celra, mert a ps es pdf fajlokban is keres, es egyre tobb cikket tesznek fel a szerzok ingyenesen elerheto honlapokra (sajatjukra, preprint szerverekre stb.). Pl. a Te feladatodhoz talaltam annyi referenciat, hogy az f(x2)=f(x)2 feltetel ekvivalens a bizonyitando allitassal. Tehat eleg ezt belatnod. Az ilyen lekepezeseket (gyuruk kozott) Jordan-homomorfizmusoknak hivjak es kiterjedt irodalmuk van. Probald csak ki a google-ban a "Jordan homomorphism" keresokifejezest. A legnagyobb ingyenes preprint szerver a http://www.arxiv.org/.

A professzionalis matematikai keresest nyujt a http://www.ams.org/mathscinet es a http://www.emis.de/ZMATH/ oldal. Itt 1940-tol, ill. 1931-tol kezdve minden cikk kivonata megtalalhato. Az ELTE-nek lehet, hogy van ilyen elofizetese vagy megvan az adatbazis aranylag friss valtozata CD-n; a BME-nek biztos van elofizetese; a Matematikai Kutatointezetnek pedig tudom, hogy van. A Zentralblatt-ban elofizetes nelkul is lehet keresgelni, de csak 3 talalatot kap az ember, ha jol emlekszem.

Előzmény: karma police (36)
karma police Creative Commons License 2002.11.08 0 0 36
Feledatmegoldó. Szóval arra kell, hogy megoldjam.
Most itt tippeket keresek (és kerestem az előzőhöz), őszintén szólva nem gondoltam, hog valaki hirtelen meg is oldja teljesen :-)

Az elözö tétel és a bizonyítása már elhangzott a feladatmegoldón, sajna nem én csináltam meg, de csak azért, mert hiányoztam éppen.

Ha már itt tartunk, tudsz jó keresőket és jó keresési módszereket a neten komolyabb matematikához? (például cikkeket keresni, esetleg helyek, ahol fenn is vannak elérhető módon, ilyesmi).

Előzmény: Gergo73 (35)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.07 0 0 35
Igen, ezt a tetelt W.R. Scott igazolta,
Half-homomorphisms of groups, Proc. Amer. Math. Soc. 8 (1957), 1141-1144.

Mire kell Neked a feladat?

Előzmény: karma police (34)
karma police Creative Commons License 2002.11.07 0 0 34
Hát ez az, én is ezzel kezdtem, és még az n=2-t se sikerült belátni :-)

De remélem, előbb-utóbb sikerül. Megnéztem valós számokra is a dolgot és arra kijön, ha jól emlékszem.

Amúgy a példa úgy hangzik, hogy ha f teljesíti ezeket, akkor homomorfizmus VAGY antihomomorfizmus, ezt egyszerűsítettem neked, mert az már megvan (kellemetlen számolás, de majd megnézem), hogy ha csoportok közti leképezésre igaz, hogy tetszőleges x,y pár esetén f(xy)=f(x)f(y) VAGY f(y)f(y), akkor ez az f homomorfizmus VAGY antihomomorfizmus.

Érdemes talán ennek a számolását is megnézni.

Attól félek egyébként, hogy sajnos szükség van valami ütősebb és nagyon nemtriviális tételre, bármilyen egyszerűnek is látszik a példa.

Előzmény: Gergo73 (33)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.07 0 0 33
Nincs sok otletem. Neha segit az allitas specialis esetei alapjan tajokozodni arrol, hogy "mi van". Pl. az egy kovetkezmeny, tehat igaz kell, hogy legyen, hogy f(xn)=f(x)n minden x-re es minden pozitiv egesz n-re. Mennyire van tavol ez a kovetkezmeny az eredeti allitastol? Mi kovetkezik ebbol a kovetkezmenybol? Tudjuk-e ezt a kovetkezmenyt magat igazolni? Mi van, ha csak az n=2 esetre szoritkozunk?
Előzmény: karma police (32)
karma police Creative Commons License 2002.11.07 0 0 32
Nekem sem jött ki. Volt valami jó ötleted, hogyan kellelindulni, mert nekem az volt a fő bajom.
Előzmény: Gergo73 (31)
Gergo73 Creative Commons License 2002.11.06 0 0 31
Ahogy mondtad, gyakorlat kerdese ez is; es persze a szerencsee. A masik feladaton gondolkoztam, de nem jott ki.
Előzmény: karma police (29)
karma police Creative Commons License 2002.11.06 0 0 30
Öszintén szólva csak az elejét néztem meg, onnan már megy. Elég marha vagyok, hogy nem jutott esezmbe idempotens elemet (kváziegység) keresni, amikor az y^3 majd kiböki az ember szemit. Az viszont tény, hogy sokat kell számolni, és lehetőleg célratörően. Kösz a segítséget.

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