Mielott szol valaki: a Collatz elemi megoldasa remenytelennek tunik, csak "jatszottam". Foleg a 2 kulonbozo hatvanyaihoz, ill azok osszegei -1 -hez tartozo sorozatok viselkednek az addigiakhoz kepest "irregularisan".
Mindenesetre a 10 legfontosabb nyitott kerdes listajat en nem tomnem tele szamelmelettel (v.o. Arnold allaspontja).
Az elso nyolc a Riemann-sejtes, a P=?NP, vegul a Goldbach:)))))))))))
De nezd meg a Clay Inst. hp-en is. (Pl. Navier-Stokes), engem nagyon erdekel a Collatz-problema, sokat gondolkodtam rajta. Elemi modon, rekurziv szaballyal (es indukcioval) probaltam megfogni a sorozatok viselkedeset, probalgatassal, ugy tunt, hogz mindjart vege, es mindig elojott ujabb szabaly, nagyon erdekes volt. J. Conway szerint lehet, hogy eldonthetetlen.
(Modellelmeletben a Shelah-sejtes. Vagy: forszolas-szeru modszer a PA-ra, Fields-erem gyanus lenne, mert varhatoan sok helyen alkalmazhato. Halmazelmeletben, ha cafolnak a merheto szamossag letezeset, az megdobbento lenne. De ez nem varhato.)
Már többször próbáltam válaszolni, de az index egyre használhatatlanabb.
Mostanában még a korábbinál is kevesebb időm van, ami marad, azt meg szívesebben fordítom a KöMaL fórum ápolására. (Érdemes megnézni, sokkal több eszköz van, például lehet TeX-ben képleteket írni, és a sebessége is elviselhető.)
Üdv.
Géza
U.I. Mire megírtam a hozzászólást, az index már megint nem hajlandó fogadni... :-((
Már szólni sem tudok.:-)
Közvetlenül kijön az Arc(z)=2Arc(z+|z|) triviális egyenletből is x=tg(Arc(z+|z|)) helyettesítéssel: ilyenkor tg(Arc(z))=2x/(1-x^2)).
Összegyűjtöttünk egy pár megoldást. Ezekből azért sokat lehet tanulni.
Köszi a segítséget!
Incentro
Kedves Incentro, idővel majd megszelidülnek a számolásaid. Komplex számokkal én igy csinálnám. Legyen x -1 és 1 közötti és tekintsük a z=1+xi komplex számot. Ennek négyzete z2=(1-x2)+2xi, vagyis 2arctg(x)=2arg(z)=arg(z2)=2x/(1-x2).
Ez így tényleg egyszerű, csak erre nem jöttem rá.
Természetesen ismerem a sin2x-re, cos2x-re vonatkozó formulákat is. A tg2x=2tgx/(1-(tgx)^2) középiskolában is tanított összefüggés alapján azonnal adódik a tétel.:-)
Amúgy gyakran megesik, hogy gondolkodás nélkül kezdek elvadult számolásokba:
Végezetül itt egy bizonyitás, amely még a Pitagorasz-tételt sem használja, csupán területszámitási megfontolásokat. Az előbb láttuk, hogy a BDC háromszög hasonló a BAO-hoz, a hasonlósági arány CD/OA, azaz x. Ezért a BDC háromszög területe x2-szorosa a BAO-nak. Innen az alábbi összefüggést kapjuk a területekre: 2OAC=OAC+OCD=BAO-BDC=(1-x2)BAO. Ebből kifolyólag y=2BAO=4OAC/(1-x2)=2x/(1-x2). Tud valaki ennél is frappánsabbat?
Még a szögfelezőtétel is kiküszöbölhető a következőképpen. Az A csúcs tükörképe az OC szögfelezőre nézve az OB oldal egy D pontja. A BDC szög derékszög, amiért a BDC háromszög hasonló az eredeti BAO háromszöghöz. Innen pusztán a Pitagorasz-tétellel adódik, mint előbb, hogy (y-x)/x=CB/CA=CB/CD=OB/OA=(1+y2)1/2.
Az x=tg(z), y=tg(2z) jelöléssel látszik, hogy ez csak annak átfogalmazása, hogy y=2x/(1-x2). Ez utóbbi a sin(2z)=2sin(z)cos(z) cos(2z)=cos2(z)-sin2(z) formulák azonnali következménye, de a kedvedért kitaláltam egy közvetlen geometriai bizonyitást, ami még ezeket sem használja.
Tekintsük azt az OAB háromszöget, amelynek O csúcsában a 2z hegyesszög, A csúcsában derékszög van, továbbá OA=1. Ha az AB oldalt az O-beli szögfelező C-ben metszi, akkor persze AC=x, mig AB=y. A szögfelezőtétel és a Pitagorasz-tétel kombinálásával (mindkettő tétel egyszerű területszámitással igazolható) kapjuk, hogy (y-x)/x=CB/CA=OB/OA=(1+y2)1/2. A két szélső oldalt négyzetre emelve könnyen adódik, hogy y=2x/(1-x2).
Igazság szerint pont ezt az eredményt vártam. Ugyanis így kizárólag implikációkból fel lehet építeni egy hiányos logikát, erre pedig (valószínűleg) egy hiányos halmazelméletet, amelyben pl. nincs olyan halmazművelet, hogy metszet, nincs indirekt bizonyítás (és valószínűleg az egzisztencia-bizonyításokkal is baj van).
Ezenkívül a definíciókkal is baj van, ui. ezek szerint ekvivalancia sem lehet ebben a rendszerben, illetve nem tudjuk "és"-sel összekapcsolni a definíciók követelményeit.
Ezek után nem biztos, hogy ebből bármi értelmes kisülhet, de ha mégis az nagyon szép téma lenne.
3. A fentiekből következik, hogy akkor "a legszebb az élet" a primek eloszlása szempontjából, ha a kritikus sávbeli gyökök mind a szimmetriatengelyen, azaz a kritikus egyenesen helyezkednek el. Ráadásul a kritikus sáv "messziről nézve pont úgy néz ki", mint a kritikus egyenes, hiszen a sáv vizszintes kiterjedése véges, függőleges kiterjedése azonban végtelen.
----
a vizszintes kiterjedes mekkora? az az ertek nem valami fontos szam?
Bubo
Kedves Géza, örülök, hogy újra látlak itt a matematika rovatokban! A bizonyitásod (a megforditásra) nagyon tetszik, mindenképpen intuitivabb, mint az enyém. Eredetileg én is csak a "hamis" és "és" műveletekre koncentráltam (tehát az eredeti kérdésre), és úgy zártam ki őket, hogy találtam a szép függvényeknek egy olyan tulajdonságát, amivel ők nem rendelkeznek: ha a függvényérték egy pontban "hamis", akkor minden változót negálva "igaz"-ra változik.
Szép ez az eredmény. Ilyenkor persze az ember maga is megpróbálja bebizonyítani -- már csak a sport kedvéért is... :-)
Szóval, vegyünk egy tetszőleges kifejezést, amiben csak a változókat és implikációt használunk. Legyen a kifejezés utolsó változója A. Ha A igaz, akkor visszafelé haladva látható, hogy az egész kifejezés is igaz. A kifejezés tehát "g vagy A" alakú. Ez persze teljesen ugyanaz, csak kevésbé formálisan.
A megfordítást én másképpen igazolnám. Legyen g tetszőleges Boole-függvény, és keressünk ehhez olyan "szép" h függvényt, amire g->A = h->A. Ez más szóval azt jelenti, hogy h=g minden olyan esetben, amikor A értéke hamis. Amikor A értéke igaz, akkor h értéke nem számít.
Ha A hamis, akkor rendelkezésünkre áll a 0. A 0-val és implikációval pedig már mindent fel lehet írni: (nem B) = (B->0), (B vagy C) = (nem B)->C stb. Írjuk fel tehát a g függvényt 0-val és implikációval, majd az összes 0-t cseréljük ki A-ra. Az így kapott függvény alkalmas lesz h-nak.
BTW az, hogy a tagadás és a konstans hamis nem írható fel, enélkül is látszik. Ha mindegyik változó értéke igaz, akkor minden egyes implikáció eredménye csak igaz lehet, az elvárt eredmény viszont a hamis. Az "és" kicsit nehezebb.
Ez egy érdekes kérdés, amelynek általános változatán gondolkodtam néhány órát. Boole-függvény alatt értsük a továbbiakban az A1,...,An Boole-változók tetszőleges Boole-függvényét, továbbá nevezzük szépnek azokat a Boole-függvényeket, amelyek ezen változókból kizárólag az implikáció többszöri alkalmazásával előállithatók. Megmutatjuk, hogy egy Boole-függvény akkor és csak akkor szép, ha felirható az "Ai vagy g" alakban, ahol Ai valamelyik változó és g tetszőleges Boole-függvény. Ebből persze könnyen kiolvasható, hogy például a "hamis", "nem A1", illetve "A1 és A2" Boole-függvények nem szépek.
Az állitás átfogalmazható úgy, hogy egy Boole-függvény akkor és csak akkor szép, ha "g->Ai" alakú valamilyen i-vel és valamilyen g Boole-függvénnyel. Elegendő belátnunk az alábbiakat:
1. Ha f szép, akkor f="g->Ai" alakú.
2. Ha h szép, akkor tetszőleges g Boole-függvényre "g->h" is szép.
1. f-re vonatkozó indukcióval bizonyitunk. Ha f=Ai alakú, akkor az állitás világos, hiszen g-nek vehető g="igaz". Egyébként feltehető, hogy f="k->l" alakú, ahol k és l olyan szép Boole-függvények, amikre már tudjuk az állitást. Speciálisan, l="m->Ai" alakú, vagyis f="(k és m)->Ai", kész.
2. g-re vonatkozó indukcióval bizonyitunk. Ha g=Ai alakú, akkor világos az állitás: "Ai->h" szép, hiszen Ai és h szép. Egyébként feltehető, hogy g="nem k" vagy g="k és l" alakú, ahol k-ra és l-re már tudjuk az állitást. Az első esetben "g->h" = "k vagy h" = "(k->h)->h", ami szép, hiszen "k->h" és h szép. A második esetben "g->h" = "k->(l->h)" szintén szép, hiszen "l->h" szép.
---
Adottak A és B állítások; rajtuk 16-féle műveletet értelmezhetünk:
0, 1, A, B, nem A, nem B, A vagy b, nem (A vagy B), A és B, nem (A és B), A->B, nem (A->B), A<-B, nem (A<-B), A<->B, nem (A<->B).
Könnyen megmutatható, hogy pl. a nem (A és B) [vagy a nem (A vagy B)] művelet segítségével az összes többi kifejezhető.
Egy példa: legyen nem (A vagy B) A!B
[A->B] = [(B!(A!B))!(B!(A!B))]
A kérdésem, hogy kizárólag az implikáció (A->B) segítségével melyik műveletek állíthatók elő a 16-ból?
Nekem sikerült az (A<-B), (A vagy B) és az azonosan 1. A "nem" és az "és" műveleteket hogyan lehet kifejezni az implikációból?
Egyszer kérdezted, hogy hol tudnál utánanézni a rendszám definíciójának. Itt egy rövid def:
A rendszámok azon halmazok, amelyek tranzitívak, és a tartalmazás reláció rajtuk teljes rendezést valósít meg (teljes: bármely két elem összehasonlítható).
------
Tegnap volt egy hónapja, hogy rhaurin nem írt. Remélem, nem ütötte el egy autó.
L-függvények alapvetően a számelméletben jönnek elő. Vannak általánosabb ún. zeta-függvények, de azok már inkább csak analógiák. Az L-függvényeket két tulajdonság tünteti ki.
1. A függvénynek van végtelen szorzat előállitása, amelyben a tényezők az egyes primszámokhoz (2,3,stb.) tartoznak.
2. A függvény kielégit egy függvényegyenletet, ami egy függőleges egyenes menti tükörszimmetriát ir le.
Az L-függvény egy aritmetikus objektumból származik (néha ezen objektum létezését csak sejteni tudjuk), amelynek az egyes primek szerinti lokális arcait az első tulajdonság, globális jellegét pedig a második tulajdonság ragadja meg. Általánosabban a végtelen szorzat tényezői tartozhatnak egy gyűrű primideáljaihoz (tehát pl. egy véges test felett definiált algebrai görbe pontjaihoz az algebrai lezártban).
A számelmélet gyakorlatilag a matematika összes ágával kapcsolatban van. Nem úgy értem, hogy a számelméletbeli vizsgálatok helyettesitenék más területekét, hanem úgy, hogy a számelmélet rendkivül gazdagon tudja vegyiteni és felhasználni más területek eredményeit, de forditva is, folyamatosan megtermékenyitőleg tud hatni más területekre. Vannak, akik úgy gondolják, hogy ez kultúrális jelenség, hiszen a számelméletet tanulmányozzuk (a geometria mellett) a legrégebben. Én másként gondolom, de nehéz lenne kifejtenem, miért.
Mértékelmélethez egyelőre abszolút nem értek, de kiváncsi voltam, hogy mi a helyzet a felsőbb matematikában ezügyben. A válaszaitok alapján úgy tűnik, hogy még a mértékelméletnek vannak általánosítási lehetőségei, amiket ki lehet fejleszteni.
Majd szeretnék visszatérni komolyabban a problémára egy későbbi időpontban. (kb. 2-3 év múlva)
---
"Mindenesetre, ha az L-függvények tényleg mindenhol előkerülnek (minden témakörben), akkor annak tisztán logikai oka is kell, hogy legyen, amely összeköti ezeket a struktúrákat."
Mármint számelmélettől látszólag teljesen távoleső területeken is?
"Az én világképemben mindenképpen a számelmélet, és nem a logika foglalja el a központi helyet."
Utalnak jelek a matematikában arra, hogy a számelmélet segítségével felépíthető a matematika többi ága is (vagy a számelmélet általánosabb a többi területnél)? Tudsz erről egy kicsit mesélni?
Köszi!
Úgy érted, a számelmélet azon ZFC-beli formulák összessége, amik a PA standard modelljén igazak? Azt hiszem Gauss vitatkozna ezzel a meghatározással. Az én világképemben mindenképpen a számelmélet, és nem a logika foglalja el a központi helyet. Az L-függvényeket pedig alapvetően a számok nyelvének tekintem.
Értem. (A számelmélet azért meg van határozva: az N elméletben igaz formulák.)
Bár többet értenék az automorf formákhoz. Mindenesetre, ha az L-függvények tényleg mindenhol előkerülnek (minden témakörben), akkor annak tisztán logikai oka is kell, hogy legyen, amely összeköti ezeket a struktúrákat.