Keresés

Részletes keresés

sashimi Creative Commons License 2003.03.10 0 0 149
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

Előzmény: Gergo73 (134)
Dr.Feelgood Creative Commons License 2003.03.09 0 0 148
Ejha, ehhez gratulalok.
Gondolom, nem kevesen szeretnenek Shelah mellett postdocoskodni.
Előzmény: sashimi (145)
Gergo73 Creative Commons License 2003.03.09 0 0 147
Én meg Cohen akadémiai unokája vagyok, ui. ő volt a témavezetőm (Sarnak) témevezetője a Stanfordon. A Sarnak szerint Cohen valószínűleg a legokosabb ember, akivel vala is találkozott, Shelah-ra pedig azt mondta, hogy ha valaki ennyire okos, akkor miért nem foglalkozik központi problémákkal (mint pl. Cohen annak idején).
Előzmény: sashimi (145)
Gergo73 Creative Commons License 2003.03.09 0 0 146
Igen, így kell!
Előzmény: sashimi (144)
sashimi Creative Commons License 2003.03.09 0 0 145
En postdoc voltam nala Jeruzsalemben. Sokkolo a bizonyito ereje. Volt, hogy nem is ertette meg a problemat, de a megoldasa helyes volt.

sashimi

Előzmény: Dr.Feelgood (143)
sashimi Creative Commons License 2003.03.09 0 0 144
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

Előzmény: Gergo73 (134)
Dr.Feelgood Creative Commons License 2003.03.09 0 0 143
Igen.Nem mintha ertettem volna belole akarmit is, de ha mar egyszer volt ra lehetosegem, akkor meghallgattam.
Erdekes egy figura, nekem nagyon szimpatikus volt amugy.
Előzmény: sashimi (142)
sashimi Creative Commons License 2003.03.09 0 0 142
Hallottad eloadni is?

sashimi

Előzmény: Dr.Feelgood (140)
Gergo73 Creative Commons License 2003.03.09 0 0 141
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.
Előzmény: Gergo73 (134)
Dr.Feelgood Creative Commons License 2003.03.09 0 0 140
Ja, az egyik dolog, amit a legszivesebben emlegetek, hogy egyszer a Shelah mellett ultem :))
De a forszolasbol nem sok ragadt ram :)
Előzmény: sashimi (138)
karma police Creative Commons License 2003.03.09 0 0 139
Kösz.
Előzmény: sashimi (138)
sashimi Creative Commons License 2003.03.09 0 0 138
Azert ma mar egyre tobben tudnak forszolni, ELTE-n specin/felsavon tanitjak. En Cohen eredeti cikket nem javasolnam. A legegyszerubb forras ha Csirmaz Laci honlapjarol a Kutatoban letoltod az o magyar nyelvu forszolas jegyzetet. Angolul Kunen: Set Theory a klsszikus alaptankonyv, ( a csucs meg Shelah.)

sashimi

Előzmény: Gergo73 (136)
karma police Creative Commons License 2003.03.09 0 0 137
Az lehet, a többiek mind hülyét kaptak, amikor előjött a forszolás szó :-)
Előzmény: Gergo73 (136)
Gergo73 Creative Commons License 2003.03.09 0 0 136
Szia karma police, szerintem csak néhány magyar matematikus tudja a forszolást, sashimi az egyik közülük. Én nem sokat tudok róla. A forszolás Cohen találmánya, amivel sikerült belátnia a CH függetlenségét a ZFC-töl, ezért az eredményéért Fields-érmet kapott. Olvass utána Cohen munkásságának, esetleg nézz bele az eredeti cikkekbe vagy összefoglalókba a munkájáról. Az interneten biztos találsz sok anyagot. Mindenesetre ez egy mély és nehéz technika, nem lehet 1-2 nap alatt elsajátítani.
Előzmény: karma police (135)
karma police Creative Commons License 2003.03.09 0 0 135
Már csak azt kellene tudnom, mi az a Cohen-valós, meg forszolás. El tudjátok jól magyarázni?
Gergo73 Creative Commons License 2003.03.09 0 0 134
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 (133)
sashimi Creative Commons License 2003.03.09 0 0 133
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

Előzmény: karma police (131)
karma police Creative Commons License 2003.03.09 0 0 132
Megvan, iterált forszolásnak hívták. De azt nem tudom, mi.
karma police Creative Commons License 2003.03.09 0 0 131
Most biztosan hülye vagyok, de azért megkérdezem, mi az a CH.

Amúgy mi arra gondoltunk, hogy kell valami, ami a párosokat és a páratlanokat felcseréli aztán indukció.

Sajnos én nem vagyok igazán benne a halmazelméletben.

Állítólag transzfinit indukció kell, vagy valamilyen forszolás.

Előzmény: sashimi (130)
sashimi Creative Commons License 2003.03.09 0 0 130
Omega_1-en CH-val lehet omega-homogen, nem omega-tranzitivat csinalni.

A tovabbiakban w-t irok omega helyett.

Legyen t:ww ugy definialva, hogy a parosokat es a paratlanokat felcsereli.
Olyan G-t csinalunk, amiben egy csoportelem sem tartalmazza
reszhalmazkent a t tiltottat.
G minden eleme csak w elemet mozgat.
Soroljuk fel az osszes {x,y} part, ahol x es y w_1 megszamlalhato
reszei:

{{x_i,y_i}:i eleme w_1}.

Indukcioval konstrualjuk G generatorait, i -edik lepesben g_i-t, amire
g_i"x_i=y_i.. Indukcios felteves: t nem resze {g_j:j eleme i} altal
generalt G_i csoport egyetlen elemenek sem. (Lehet, hogy kell, hogy
vegtelenul kulonbozik is)

Limesz lepesben nem kell tenni semmit, indukcios felteves trivin igaz marad.

Rakovetkezo lepes: G_i kesz. Olyan g=g_i kell, hogy ne legyen igaz

(*) t=f1 h1 f2 h f3 ...hn-1 fn,

ahol fk jeloli G_i tetszoleges elemet, hk pedig a most elkeszitendo g
illetve g^-1.

Soroljuk fel a (*) alaku kovetelmenyeket omega tipusban. g-t indukcioval csinaljuk. A paros lepesben gondoskodunk arrol, hogy
g_i"x_i=y_i legyen, a paratlan lepesekben pedig az i-edik (*)-gal banunk el.
Indukcios feltevesunk annyi, hogy minden lepesben csak veges sok helyen van g defivialva. Paros lepes trivi.

Paratlan lepes. Egyszeruseg kedveert felteszem, hogy hk=g mindig.
Vegyunk k_0 eleme x_i, amire az l1=f1(k_0) helyen g meg nincs definialva.
Legyen k1 olyan elemee az alaphalmaznak, amire g, g^-1 meg nincs
definialva, tovabba k1 eleme y_i pontosan akkor ha l1 eleme
x_i. Legyen g(l1)=k1. Legyen l2=f2(k1). Ugy jarunk el mint az
elobb. Kapjuk k0, k1, ...kn-2 elemeket. kn-1 valasztasakor meg arra is
vigyazunk, hogy fn-1(kn-1) ne legyen t(k0). De ez is csak egy
lehetseges erteket zar ki. Igy k0 tanusitja, hogy (*) nem igaz. Az
indukcios felteves is igaz marad, mert g-t csak veges sok helyen
mondtuk meg.

sashimi

Előzmény: karma police (129)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 129
Nem tudom, hogy mi feltettük-e, de majd legközelebb előhozom.

Kutatószemináriumon foglalkozunk ezzel egyébként.

Képzeld, felhívtuk a különleges tudakozót, és megkérdeztük, hogy "Van-e olyan omega-homogén permutációcsoport, ami nem omega-tranzitív".

Előzmény: sashimi (128)
sashimi Creative Commons License 2003.03.08 0 0 128
Egyszeruen: az altalam ismert (es beidezett) definicioban feltesszik, hogy a tekintett halmazok komplementere akkora szamossagu mint az alaphalmaz.

sashimi

Előzmény: karma police (127)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 127
Ezt írd már le rendesen magarul, ebből itt most semmi nem látszik.

Na jó, azért beírom latexbe.

Előzmény: sashimi (126)
sashimi Creative Commons License 2003.03.08 0 0 126
tarnzitivitas: kell csak egy orbit van.

1. eset : A-i:ieleme omega veges orbitok. Legy en X=A-i:i paros unioja, Y=A_i:i paratlan unioja.

Ekkor X nem megy Y-ba.

2. eset ( nem kizaroak) van vegtelen A orbit, de A nem az egesz alaphalmaz. Legyen X resze A megszamlalhato, Y nem resze A megszamlalhato. Ekkor X kepei A reszei, igy Y nem lehet kep. Ezen meggondolasban eleg vegtelen komplementeru halmazokra szoritkoznunk.

Homogenitas altalam ismert defje:

We say that
a permutation group $G$ on ${\lambda}$ is {\em ${\kappa}$-homogeneous}
iff for all $X,Y\in [{\lambda}]^{\kappa};$ with $|{\lambda}\setminus X|=|{\lambda}\setminus Y|={\lambda}$ there is
a $g\in G$ with $g''X=Y$.

sashimi

Előzmény: karma police (124)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 125
Egyelőre kb. ott tartunk, hogy azt értünk, amit akarunk, aztán megnézzük, értelmes-e :-)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 124
Nem. Lehet a komplementere véges.

Így jött ki valahogy, hogy ha az alaphalmaz megszámlálható, és omega-homogén, akkor a csoport tranzitív. (Vegyük ugyanis egy tetszőleges x-re azon elemek halmazát, ahova ő nem vihető el...)

Előzmény: sashimi (123)
sashimi Creative Commons License 2003.03.08 0 0 123
c-vel a kontinuum szamossagat jelolom.

Mit ertunk kappa-homogen/tranzitiv alatt, ha az alaphalmaz is kappa szamossagu? Ugye csak olyan halmazokat tekintunk, amelyek komplementere is kappas.

sashimi

Előzmény: karma police (121)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 122
Illetve nem tudom. Azt hiszem, hogy nem, az viszont tutinak látszik, hogy található jó becslés (mondjuk valami olyasmi, hogy ha egy csoport n-homogén, akkor legalább n/3 tranzitív, most teljesen a hasamra csaptam).
Előzmény: karma police (120)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 121
Mit jelölsz c-vel? A csoport legalább akkora számosságú kell legyen, mint amennyi homogén akar lenni.
Előzmény: sashimi (119)
karma police Creative Commons License 2003.03.08 0 0 120
Ez stimmel.
Előzmény: sashimi (118)

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