(Eddig abban a hitben voltam, hogy minden szám 0. hatványa 1. Sőt, hogy folytasam a szaktekintélyekre való hivatkozást a Windows calculator is így tudja. :)
Haha! Amúgy pint linkje megmondja a frankót. Minek akarna bárki is 0-val osztani? Azok a gyerkőcök ehelyett megtanulhatták volna a projektív sík vagy a véges test fogalmát. Esetleg a komplex számokét.
Van/volt a BBC-nek egy oktatócsatornája, vagy ilyesmi. Ezen dokumentumfilmek mentek főleg. Én sosem láttam, de a BBC News közölte egy időben a teletextjén a műsorát. Namost volt egyszer egy film, a következő címmel kb: Recent Advances in the Theory of Vector Spaces.
Gyorsan belenéztem az eredeti cikkbe. Annyit csinál, hogy kibővíti a valós számokat 3 szimbólummal (∞, -∞, 0/0) és megmondja, hogyan kell a négy alapműveletet és a rendezési relációkat konzisztensen kiterjeszteni. Az új szimbólumok a {-1,0,1}-gyel együtt már zártak az alapműveletekre, tehát már ezen a 6-elemű struktúrán is be lehetne mutatni, mi az újdonság az "elméletben". Azt mindenesetre fontos látni, hogy legjobb indulattal sem egy matematikai probléma megoldásáról beszélhetünk, hanem legfeljebb egy új - szerintem erőltetett és nem túl izgalmas - struktúráról. A jó öreg valósokat kibővíteni 3 új szimbólummal nem nagy kaland szerény véleményem szerint.
A cikk utáni hozzászólásokból sokat lehet tanulni az emberi butaságból. Az itteni indexes okfejtések a közelükbe se érnek, visszanyertem a hitemet kis hazánk jó szellemi állapotát illetően. Köszönöm!
Szerintem indefinit a kérdésed, ugyanis nem mondtad meg, hogy egy lépéssorozatnak mekkora a valószínűsége. Az eredeti randomwalkos problémánál ez nem gond, ugyanis itt véges sok sorozatból áll a valoszínűségi tér, és ezen vehetem a "kanonikus" valószínűséget, vagyis minden sorozathoz ugyanazt a valószínűséget rendelem. A te kérdésed megválaszolásához viszont végtelen sok lehetőséget kell figyelembe venni (pl. az első pozitív rácspontot elérhetem a +, -++, --+++, ---++++, .... sorozatok bármelyikével). Ebben az esetben már nem rendelhetek egyforma valószínűségeket a sorozatokhoz, hiszen nem tudnám teljesíteni a Σipi=1 feltételt.
Igazad lészen, amire én emlékeztem, az az volt, hogy a tér - amire a fixponttételt alkalmazzuk - teljességének bizonyításához kell a kiv.ax. De végiggondolva a dolgot, tényleg megoldható anélkül is. Igazából a maximális megoldás létezésével kevertem, ugyanis a P-L tétel csak egy lokális megoldás létezését biztosítja, amit vagy tudok folytatni az intervallum határain túlra, vagy nem. De a Zorn-lemma alapján megmutatható, hogy létezik maximális megoldás, vagyis olyan, amelyet nem lehet tovább kiterjeszteni.
Van egy problemam a szimmetrikus random processzel. Amit eddig tudok:
- Szimmetrikus random walk binomialis eloszlast kovet. - Binomialis eloszlas nagy mennyisegek eseten kozelitheto normalis eloszlassal. - A szimmetrius random walk kozelitheto olyan normalis eloszlassal, ahol ordo^2=n*epsilon^2 -el, mu=0, ahol n a lepesszam, epsilon a lepes merete.
ordot behelyettesitve a normalis eloszlas kepletebe az n-tol es epszilontol fuggo surusegfuggveny:
Pl bebizonyirorrak, hogy a Hahn-Banach tetel nem bizonyithato ZF-ben (ZF=halmazelmeleti axiomak a kivalasztasi axioma nelkul).
Az egesz analizis felepitesehez kell egyebkent (valamennyi) kivalasztasi fuggveny: tipikusan a dependent choice, anelkul nem tudod alkalmazni a Cauchy-axiomat sem.
Ugyanakkor a "valosak minden reszhalmaza Lebesque merheto" osszeegyeztetheto (konzisztens) azzal, hogy ZF+ "dependent choice", tehat abban a a modellben igazak a szokasos "pozitiv" tetelek a valosakrol, amit a kalkulusban tanitanak.
Na jó, mondok egy egészen gyakorlati példát. Adott egy f:RnXR->R "jól viselekedő" (Lipschitz folytonos) függvény. Ekkor a dx/dt=f(x,t), x(0)=x0 diffegyenletnek létezik egy és csak egy lokális megoldása. Ez a tétel (Picard-Lindelöf) azt hiszem, csak a kiválasztási axiómával bizonyítható. És elég hasznos tétel a gyakorlatban: anélkül meg tudom állapítani egy diffegyenletről, hogy van-e megoldása, hogy konkrétan megoldanám az egyenletet.
A matematikai feladatok nem a gyakorlati haszonról szólnak, hanem a logikával megragadható igazságról. A jó axiómák egyébként jó hipotézisek is egyben: vezetik az ember kezét. Pl. a kiválasztási axióma szükséges az olyan nagyon hasznos tételek bizonyításához, mint pl. (1) minden vektortérnek van bázisa, (2) minden gyűrűnek van maximális ideálja, (3) kompakt topologikus terek szorzata mindig kompakt stb. De segítenek olyan nagyon hasznos tételek bizonyításában is, mint pl. (4) minden testnek van algebrai lezártja, (5) szabad csoportok részcsoportja szabad stb. Ezeket a tételeket lépten nyomon használják nagyon konkrét állítások bizonyítására is, pl. ha kompakt terek szorzatát folytonosan leképezed egy diszkrét térre, akkor tudhatod, hogy a képtér véges, mert egyszerre diszkrét és kompakt.
Marmint ugy ertem, hogy a kivalasztasi axiomaval mindig csak a "baj van", mig nem nagyon lattam, hogy ertelmes felhasznalasi kore lenne. (Persze siman lehet, hogy csak en vagyok a tudatlan.)
nadamhu "mertekes" megkozelitese azert nem elvetendo: lasd az elozo hozzaszolasomban megfogalmazott feladatot. Eppen a mertekek (valoszinusegek) vezetnek el ahhoz, hogy kell a kivalsztasi axioma.
A kiválasztási axióma nélküli halmazelméletben a feladat konklúziója minden bizonnyal eldönthetetlen állítás: ha akarod igaz, ha nem akarod, nem az
Ha jol latom, akkor itt az uj feladat:
Bizonyitsuk be, hogy ha a valosak minden reszhalmaza Lebesque-merheto, akkor nincs olyan strategia, amivel veges sok kivetelevel minden rab szabad lesz.
(A fenti allitas konzisztens a halmazlemelet szokasos axiomaival kiveve a kivalasztasit)
Az algoritmikus megközelítéshez talán az áll a legközelebb, hogy elképzeljük, miképpen tudjuk "előállítani" a reprezentánselemek listáját. A kívánt lista olyan 0-1 sorozatokból áll, amelyben bármely két sorozat végtelen sok elemben különbözik, de amely már nem bővíthető tovább ezzel a tulajdonsággal. Ilyen listát úgy tudunk gyártani, hogy kiindulunk az üres halmazból és a rendszámokon ugrálva ezt egyesével bővítjük transzfinit rekurzióval. Ha egy rendszám esetében még nem teljes a lista, azaz van olyan 0-1 sorozat, amely végtelen sok elemben különbözik az összes korábban (azaz kisebb rendszámnál) felvett 0-1 sorozattól, akkor ezt a 0-1 sorozatot is felvesszük a listára. Kontinuum sok lépésben teljessé (bővíthetetlenné) válik a lista, amit a rabok között szétosztunk. Ezek után minden rab megnézi, mi van a többiek fején és megkeresi a listán azt az egyetlen 0-1 sorozatot, ami véges sok kivétellel a látványt tükrözi. Minden rab ugyanazt a sorozatot választja ki a listáról, és ha az ennek megfelelő sapkát tippeli a fején levőnek, akkor csak véges sok rab fog tévedni.
Legyen f az a 0-1 sorozatokon ertelmezett valos erteku fuggveny, ami a sorozathoz hozzarendeli azt a valos szamot, aminek kettes szamrendszerbeli alakja " 0 egesz aztan irjuk le a sorozat reprezentansat" Legyen X_1, X_2, ... X_k, ... a fuggetlen penzdobalasok sorozata.
A paradoxon arrol szolna, hogy mi a valoszinusege annak, hogy "X_k nem egyezik meg f(X_1,..., X_m,...) k-adik jegyevel" .
De nyilvan az f nem merheto, igy a fenti valoszinuseg nem ertelmes.
Ahogy az előző válaszomban kifejtettem, nem a lehetséges reprezentáselemekkel való összehasonlítgatások jelentik itt a legfőbb konceptuális nehézséget, hanem maguknak a reprezentánselemeknek a létezése, tehát hogy legyen egyáltalán mivel összehasonlítgatni.
A feladat azt mondja, hogy tetszoleges dobas erteke 1 valoszinuseggel josolhato az osszes tobbi tole teljesen fuggetlen dobasbol!!!
Nem azt mondja. Gondolj csak arra, hogy véges sok rab (dobás) esetén a feladat semmitmondó.
Talan ez a furcsa paradoxon is azert jon elo, mert a megoldas felhasznalja egy olyan algoritmus eredmenyet, amely bizonyithatoan nem letezhet?
A megoldás nem egyszerűen végtelen 0-1 sorozatok eltéréseit számlálgató "algoritmust" használ. Hanem a kiválasztási axiómát, ami garantálja egy olyan függvény létezését, ami minden 0-1 sorozathoz úgy rendel hozzá egy tőle csak véges sok helyben különböző 0-1 sorozatot, hogy bármely két egymástól csak véges sok helyben különböző 0-1 sorozathoz ugyanazt a 0-1 sorozatot rendeli. A kiválasztási axióma nélküli halmazelméletben a feladat konklúziója minden bizonnyal eldönthetetlen állítás: ha akarod igaz, ha nem akarod, nem az.
