Keresés

Részletes keresés

Törölt nick Creative Commons License 2004.01.04 0 0 887

Asszem így már világos.Neked volt igazad az tényleg a RMR mod m, viszont abban meg nekem(is) hogy a feladatnak (a,m)>1 esetén nincs megoldása,azaz nincsen jó kitevő ami 1-gyel kongruens.

ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.04 0 0 885
"Gimiben hót ziher, hogy nem foglalkoznak ilyen absztrakt dolgokkal."

Nem, de én általában nem azzal szoktam foglalkozni, amivel a gimiben foglalkoznak.:-)
Viszont matekszakkörön egészen messzire eljutottunk, és nemegyszer elég absztrakt témák előkerültek. Pl. egyszer megpróbáltunk általánosítani egy 3-dimenzióban működő geometriai tételt (a tételre már nem emlékszem, de azt hiszem egy kis algebrai beütése volt), aztán kiderült, hogy 4-dimenzióban még működik, de magasabb dimenziókban már nem. Ez akkor először még persze nagyon meglepő volt számunkra.

Előzmény: III. Richárd (883)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.04 0 0 884
Sikerült mindent összekevernem.:-(( Most már inkább megyek aludni.

Végülis 6-nak is van rendje modulo 32, ha azt végtelennek tekintjük -a csoportrend definíciója minden elemre értelmezi a rendet-, de a kongruenciáknál csak a redukált maradékosztályokra értelmezik.

A feladatra tehát az a megoldás, hogy nincs ilyen hatvány. De erre én is rájöhettem volna, ha egy kicsit belegondolok a problémába.

Freud könyve nincs meg, de ha meglátom valahol feltétlenül megveszem.

Előzmény: III. Richárd (881)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.04 0 0 882
"multiplikatív az a Fi(m) darab szám ami m-hez relatív prím?"

Szerintem ezt hívják redukált maradékrendszernek.

Előzmény: Törölt nick (880)
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.04 0 0 880
Ok.Bocs,hogy belekontárkodtam.Eddig úgy látszik tévesen tudtam.
Akkor az additív csoport mi? nem az a 0,1,..m-1 mod m
és a multiplikatív az a Fi(m) darab szám ami m-hez relatív prím?
Nem tudom,hogy neked megvan-e a Freud féle számelmélet könyv abban nézz utána ezeknek ott talán ez a feladat is szerepel.

ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.04 0 0 879
A feladat tulajdonképpen az 1988-hoz tartozó maradékosztály rendje a modulo 2^1999 vett multiplikatív félcsoportban (elnézést, hogy az előbb csoportot írtam, de ma nagyon szétszórt vagyok; csoport akkor ha m prím, de itt a rendet félcsoportban is lehet értelmezni). De a legjobb persze az általános megoldás volna.;)
Előzmény: III. Richárd (877)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.04 0 0 878
Ha van kedvetek, akkor ebben a témában beszélgethetünk arról, hogy ti hogyan tudtok matematikát hatékonyan tanulni.
Érdekes pl., hogy akkor jegyzem meg, és értem meg jól a dolgokat, ha először elolvasok egy "nagy adag" definiciót, tételt (bizonyítások nélkül), ill. elolvasom a példákat; először megpróbálom megérteni, hogy miért jó a definíció úgy, ahogy meg van fogalmazva, miért fontos ez a tétel, stb. Ezután újra elolvasom - immár bizonyításokkal együtt, és csak ezután keresek feladatokat.
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.04 0 0 876
A számokat azért sikerült elírnom 21999 helyett 21990. Persze ez nem sokat változtat olyan szempontból, hogy ezt sem tudom megoldani, illetve ez sem relatív prím 1988-hoz, de mindkét számot 4-gyel leosztva már azok lesznek.

"Én úgy gondoltam/bár messze nem vagyok matematikus/,hogy M multiplikatív csoport elemei az m-hez relatív prím számok. 1988 és 2^1999 nem relatív prímek.. "
M csoport elemei gyakorlatilag nem számok; a csoportnak pontosan m eleme van, és 0-tól (m-1) a természetes számok rendre a csoport elemeinek reprezentánsai olyan szempontból, hogy ha egy m-nél kisebb szám kongruens egy m-nél nagyobb számmal modulo m, akkor őket ugyanaz a csoportbeli elem "képviseli".

Előzmény: Törölt nick (875)
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.04 0 0 875
Én úgy gondoltam/bár messze nem vagyok matematikus/,hogy M multiplikatív csoport elemei az m-hez relatív prím számok. 1988 és 2^1999 nem relatív prímek..
Viszont talán ha jól sejtem csak akkor van jó kitevő/ami 1-gyel kongruens mod m/ ha (a,m)=1
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.03 0 0 874
Azt hiszem (m-1) osztói közül.

De nekem most amit meg kell csinálnom, az 1988 rendje modulo 21999. Szóval vagy van valamilyen spéci megoldás, vagy ismernem kéne az általános szabályt.

Előzmény: Törölt nick (873)
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.03 0 0 873
Hi

Nem Fi(m) osztói közül kerül ki a rend? Ez csak feltételezés..

ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.03 0 0 872
Mm a modulo m vett maradékosztályok csoportja a szorzásra nézve. Hogyan lehet meghatározni az Mm csoport egy k elemének rendjét?
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.03 0 0 871
Nekem meg annak a bizonyítás vázlata kellene ha
a1,a2,...,ak vektorok rangja r, akkor az a1-b,...,ak-b vekorok rangja <=r-1 és <=r+1 ha b tetszőleges vektor.
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.03 0 0 870
Hi

Vagy a sorozat monoton fogyó /csak írd fel a definíciót/ alulról korlátos 0 egy alsó korlátja=>konvergens.A határértékét c-vel jelölöd pl. És az a(n)-ik tag segítségével felírod az a(n+1)-ik eltolt részsorozatot.A vége:c*egy 0-sorozat ami tényleg 0-hoz tart

Előzmény: beluka1 (864)
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.03 0 0 869
Hát, én arra a kijelentésre gondoltam, hogy osztály és halmaz metszete halmaz.

U.is a C. S. egyik ekvivalens alakja úgy szól - ha jól emlékszem -, hogy minden X halmazra, egy fi halmazelméleti formula által definiált összesség (azaz definíció szerint: egy osztály), és X metszete halmaz.
------
(Nem Neked írom, csak emlékeztetőül: a formulákban kvantifikálható osztályok a halmazok. Szabad változóként azonban _nem halmaz, de osztály_ előfordulhat a halm. elméleti formulában.)

Előzmény: sashimi (868)
sashimi Creative Commons License 2004.01.03 0 0 868
Szvsz a kulonbseg csak annyi, hogy te azt haznalod, hogy az osszes rendszam osztalya nem halmaz, mig en azt, hogy az osszes halmaz osztalya nem halmaz.

sashimi

Előzmény: Törölt nick (867)
Törölt nick Creative Commons License 2004.01.02 0 0 867
A Te bizonyításod - azt hiszem - nem használja a Comprehension Schema-t, míg az én (858)-asom igen. (bár többet is mond)
Előzmény: sashimi (860)
AgyProTézis Creative Commons License 2004.01.02 0 0 866
Speranza könyve még nekem is megvan, úgyemléx 1980magasságában adták ki, érdekes benne a könyv sajátgráfja/folyamatábrája/logikai hálója/kapcsolási rajza/huzalozása/ergodetikus délkörei...
Ált.IterAT-Traktoros
Előzmény: Törölt nick (863)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.02 0 0 865
Remélem ez jó:
Vegyük 1-től n-ig a pozitív egészeket, ezen n db szám mértani közepe, mivel közöttük n a legnagyobb, és nem mind egyenlő, kisebb, mint n (legyen ez M(1)); vegyünk n-ből n db-ot, ezen n szám mértani közepe, mivel mind egyenlő, pontosan n (legyen ez M(2)). Tehát M(1) mindig kisebb M(2), tehát n-dik hatványra emelve n! kisebb, mint nn. Tehát (xn/n!) mindig nagyobb, mint (xn/nn), ami 0-hoz tart.
Írjunk fel az első n db számra egy harmonikus-mértani közép egyenlőtlenséget, ugye H kisebbegyenlő M, tehát Hn kisebbegyenlő, mint n!. Tehát az (xn/n!) sorozat minden eleme kisebbegyenlő, mint az (x/n)n*sum(i=1->10)(1/n)n. Viszont (x/n)n 0-hoz tart, a sum(i=1->10)(1/n)n pedig véges számhoz, mert a sorozat minden tagja nagyobb, mint 0, de kisebbegyenlő, mint a négyzetszámok reciprokösszege, ami véges.
Beláttuk, tehát, hogy a kérdéses a(n) sorozathoz van két olyan 0-hoz konvergáló b(n) és c(n) sorozat, hogy b(n) kisebb a(n) kisebb c(n) minden n-re fennáll, tehát a(n) is 0-hoz tart.
Előzmény: beluka1 (864)
beluka1 Creative Commons License 2004.01.02 0 0 864
Sziasztok !

Megtudna valaki mondani, hogy hol talalhatnam meg neten a lim = (x^n / n! ) = 0 hatarertek bizonyitasat, midon n tart vegtelenbe ?

Törölt nick Creative Commons License 2004.01.02 0 0 863
Ismerek olyan helyet, (pl. www.mathworld.wolfram.com, vagy Komjáth Péter jegyzete tanárszakosoknak a honlapján) de rhaurinnak részben tényleg igaza lehet, még talán korai a dolog.

Hanem van egy könyv, amely hozzáférhető (az egyik internetes antikváriumban bizonyosan, és könyvtárban), precíz, és az alapoktól kezd. Igaz, nem jut messzire, de szerintem nagyon hasznos.
Cím: Speranza: Relációk és struktúrák.

Érdemes még megnézni a középiskolai szakköri füzetek minden kötetét. Az egyiket Fried Ervin írta, c.: Algebra, és van egy Lineáris algebra c. kiegészítő füzet is. És kedvencem a gimnáziumból: Vilenkin: A végtelen kutatása. eztet mindenképpen!!!!

Előzmény: ADtranz Incentro (861)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.02 0 0 862
Ok.
Nyár elején elkezdtem a lineáris algebrát, de szeptemberben abbahagytam. Két alapszintű könyvem van: Freud: Lineáris algebra, illetve Fried: Algebra I., szerintetek melyik a jobb?
Előzmény: rhaurin (843)
ADtranz Incentro Creative Commons License 2004.01.02 0 0 861
"jöjj elő egy definicióval és majd elválik ;-)"

Hát ez igaz.:-)

Ismertek olyan helyet az interneten, ahol rendszám definíciójának utána lehet nézni?

Karácsonykor beszélgettem rengeteg érdekes dologról (elsősorban fizikáról). Egy kérdésünk nyitva maradt:
Kidolgozta-e már valaki a kvaternió-függvénytant?
Egyébként ez úgy vetődött fel, hogy arról volt szó, hogy a spec.rel.-ben használt négyesvektorokat (ill. magát a Minkowski-téridőt) lehetséges-e a kvaterniók testére úgy leképezni (a kvaterniókkal modellezni), hogy -értelemszerűen- a valós tengely az idő, a három 'képzetes' pedig a hely? Ha ez lehetséges, akkor már bizonyított matematikai tételeket lehetne alkalmazni az elméleti fizikában is. (egy új matematikai modell mindig jót tesz a fizikának szvsz)

Köszönöm:
ADtranz

Előzmény: Gergo73 (844)
sashimi Creative Commons License 2003.12.30 0 0 860
RA nelkul: legyen x tetszoleges halmaz. Legyen y az x halmaz tranzitiv lezartja. Ekkor y halmaz, azaz van t halmaz, ami nem eleme y-nak. Ekkor
{t}-nek egy eleme van, nevezetesen t, es {t} nem eleme y-nak, hisz y tranzitivitasa miatt akkor t is az y eleme lenne. Ekkor tehat {t} egy egyelemu halmaz a komplementerbol.

sashimi

Előzmény: Törölt nick (858)
Törölt nick Creative Commons License 2003.12.30 0 0 859
Jaj, hát az állítás a regularitási axióma nélküli ZF*-ben is egyszerűen bizható: az összes rendszámok osztályt alkotnak, minden alfa rendszámra vehetjük az egyelemű {alfa} halmazt, amely így szintén osztály, és tudjuk, hogy ZF*-ben osztály és halmaz metszete halmaz, tehát X-nek csak halmaznyi sok {alfa} alakú eleme van, tehát osztálynyi sok {alfa} alakú halmaz lesz a 'komplementerben'.
na de most már tényleg túldumáltam.
Előzmény: Törölt nick (858)
Törölt nick Creative Commons License 2003.12.30 0 0 858
Elnézést, azt hiszem, javítanom kell. {alfa} ugyanis nem rendszám, ezért nyugodtan lehet eleme X-nek. Viszont ha fennáll az RA regularitási axióma, akkor minden halmaz rangos, rng(X):= béta, és van olyan egyelemű halmaz, amely rangja pl. bétánál nagyobb, és így nem eleme X-nek. Ha pl. az üres halmazt elegendő számú {,} zárójellel vesszük körül, előbb-utóbb kaphatunk ilyet. Ennek a sorozatnak minden tagja egyelemű.
Az RA hiányában ez a bizonyítás nem működik, mert van nem rangos halmaz.
Előzmény: Törölt nick (855)
rhaurin Creative Commons License 2003.12.30 0 0 857
Én is, de megbántam :)
Előzmény: sashimi (856)
sashimi Creative Commons License 2003.12.30 0 0 856
En nem hiszem hogy feltetlen leteznie kellene egy altalad vazolt sorrendisegnek a tanulasban. En magam evekkel elobb tanultam "absztrakt topológiát meg a halmazelméletet", mint komplexet.

sashimi

Előzmény: rhaurin (843)
Törölt nick Creative Commons License 2003.12.30 0 0 855
ADtranz Incentro,

szerintem igen, lehet venni az X halmaz komplemeneterét, amely maga is osztály lesz. Szerintem fog tartalmazni ez az osztály egyelemű halmazt: létezik alfa:= sup_X, tehát az X-beli rendszámok szuprémuma. Ekkor {alfa} egyelemű, és nem eleme X-nek.

Előzmény: ADtranz Incentro (840)
Törölt nick Creative Commons License 2003.12.30 0 0 854
Amit a nemsztenderd analízisről írsz, szerintem igen éles meglátás, u.is a derivált definíciójához még a végtelen sorozat végtelen indexű tagjairól sem kell beszélni, mi több, a folytonosság definíciójánál sem, pedig az tisztán topológiai jellegű fogalom. Mondhatni, tisztán "algebrai" a definíció, a monád, mint ekvivalencia-osztály, minden elintéz. (Érdekes egyébként, hogy a nemsztenderd testbővítésekben nem érvényes az arkhimédeszi tulajdonság, bár ez nyilvánvaló)

Valahol hallottam, hogy Birkhoff, az univerzális algebra megalapozója a topológiákat olyan (általános) algebráknak tartotta, amelyekben van egy végtelen változós művelet, a limeszképzés, esetleg a torlódási pont-képzés, vagy ilyesmi. Persze a divergens sorozatokkal baj van, a művelet esetleg nincs értelmezve. Sorozatkompaktság előny.

Sajnos, erről a témakörről semmi irodalmat sem tudok.

Általános szemléletben lehetne vizsgálni, hogy egy topológia mikor "finitizálható", vagyis valamilyen módon származtatható véges változós műveletes algebrából. Gondolom, vizsgálták már ezt is.

Előzmény: KoporShow (850)

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