Keresés

Részletes keresés

sashimi Creative Commons License 2004.02.22 0 0 1107
Ez engem is erdekelne.

sashimi

Előzmény: Gergo73 (1106)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.22 0 0 1106
Mi az a Shelah-sejtés?
Előzmény: Törölt nick (1104)
Törölt nick Creative Commons License 2004.02.21 0 0 1105
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).

Előzmény: Törölt nick (1104)
Törölt nick Creative Commons License 2004.02.21 0 0 1104
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.)

Előzmény: dr_bubo (1103)
dr_bubo Creative Commons License 2004.02.21 0 0 1103
ha megtucc valamit lecci irj ide

ezek szerint megkapja az 1 millio dollart a clay institute-tol???
akkor 7 -bol 6 problema marad vagy tesznek oda egy ujat?

teszerinted melyik a legnagyobb 10 matematikai problema?
Bubo

Előzmény: Gergo73 (1102)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.21 0 0 1102
Úgy tudom, még ellenőrzik Perelman bizonyitását. A szakértők nagyon bizakodóak és Perelman mindenképpen nagyot alkotott.
Előzmény: dr_bubo (1101)
dr_bubo Creative Commons License 2004.02.21 0 0 1101
Sziokak

a neten olvasni hireket hogy megoldottak a Poincare sejtest. Igaz ez?

Koszi
bubo

Qéza Creative Commons License 2004.02.20 0 0 1100
Szia Gergő,

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... :-((

Előzmény: Gergo73 (1087)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1099
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
Előzmény: Gergo73 (1097)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1098
A legvégén lemaradt az arctg.
Előzmény: Gergo73 (1097)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1097
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).
Előzmény: ADtranz Incentro (1095)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1096
Így már 6. osztályban is lehetne tanítani, ha tudnák mi az, hogy arctg.:-)
Előzmény: Gergo73 (1094)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1095
Köszi!

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:

x=sqrt[(r-a)/(r+a)] helyettesítéssel 2x/(1-x^2)=sqrt[(r^2-a^2)]/a

x=sqrt[(r-a)/(r+a)]=sqrt[((r-a)(r+a))/((r+a)(r+a))]=sqrt(r^2-a^2)/(r+a)

Most a b=sqrt(r^2-a^2) jelöléssel:
x=b/(r+a) és 2x/(1-x^2)=b/a
ahol ugye r=sqrt(a^2+b^2)

Tekintsük z=a+bi komplex számot:
Ismeretes:
r=|z|
arc(z)=arctg(b/a) [*]
arc(z)=2*arc(sqrt(z))=2*arctg(tg(arc(sqrt(z)))) [**]
sqrt(z)=x+yi ahol x=sqrt((a+r)/2); y=sqrt((-a+r)/2)

Ez utóbbiakból ellenőrizhetőek az alábbiak:
2xy=b
2x^2=a+r

tg(arc(sqrt(z)))=y/x=(2yx)/(2x^2)=b/(r+a)
Ezt behelyettesítve [**]-ba
arc(z)=2*arctg(b/(r+a)) és
[*]arc(z)=arctg(b/a)
-ból adódik a tétel.

Előzmény: Gergo73 (1092)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1094
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?
Előzmény: Gergo73 (1092)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1093
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.
Előzmény: Gergo73 (1092)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1092
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).

Előzmény: ADtranz Incentro (1091)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.16 0 0 1091
Valószínűleg ezt ismeritek:

0 és 1 közötti x-re:
2*arc tg(x)=arc tg(2x/(1-x^2))

Amit én ismerek bizonyítást, az 2,5 A4-es oldal. Van erre esetleg valami frappáns és rövid bizonyítás?

Köszi:
Incentro

ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.14 0 0 1090
Köszi a választ!

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.

Előzmény: Qéza (1085)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.14 0 0 1089
A komplex számsik 0<Re(s)<1 sávjáról van szó. A vizszintes kiterjedés tehát 1.
Előzmény: dr_bubo (1088)
dr_bubo Creative Commons License 2004.02.14 0 0 1088
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

Előzmény: Gergo73 (1049)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.12 0 0 1087
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.
Előzmény: Qéza (1085)
AgyProTézis Creative Commons License 2004.02.12 0 0 1086
A ZF-ről tömören, gyorsan, kis fáradtsággal, magyarul merre tudnék, szerintetek?
ZanZagy
Qéza Creative Commons License 2004.02.12 0 0 1085
Szia Gergő,

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.

Üdv.
Géza

Előzmény: Gergo73 (1084)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.12 0 0 1084
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.

Előzmény: ADtranz Incentro (1083)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.11 0 0 1083
Köszi!

---
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?

Előzmény: Törölt nick (1082)
Törölt nick Creative Commons License 2004.02.06 0 0 1082
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.

Előzmény: ADtranz Incentro (1080)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.05 0 0 1081
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.

Előzmény: ADtranz Incentro (1080)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.02.05 0 0 1080
Köszönöm a válaszokat!

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!

Előzmény: Törölt nick (1063)
Gergo73 Creative Commons License 2004.02.05 0 0 1079
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.
Előzmény: Törölt nick (1078)
Törölt nick Creative Commons License 2004.02.05 0 0 1078
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.
Előzmény: Gergo73 (1076)

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