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