Kedves sashimi, teljesen igazad van, nagyon gyorsan és nyilván felületesen gondoltam végig a dolgokat. A lényeg az, hogy G-nek van belso átlója, azaz két olyan nem szomszédos csúcsa, amelyet a sokszög belsejében haladó S szakasz köt össze. Persze éppen az a célunk, hogy a sokszög belsejét értelmezzük, ezért ezt a két csúcsot a belso fogalma nélkül kell megtalálnunk. Itt van egy formális eljárás, ami remélhetoleg már helyes. Az ellenorzést megint elhagyom. Vegyük egy olyan egyenest, ami a G töröttvonalat nem metszi. Ezt az egyenest eltolhatjuk a G egy A csúcsába úgy, hogy a G továbbra is az egyenes által meghatározott egyik zárt félsíkban feküdjék. A G-n az A szomszédai legyenek B és C. Ha a BC szakasz belseje nem metszi a G-t, akkor S=BC megfelelo választás. Ha a BC szakasz belseje metszi a G-t, akkor az ABC háromszög tartalmaz további csúcsot a G-bol. A BC egyenestol legtávolabbi csúcs (az ABC háromszög belsejében) legyen D. Ekkor AD egy olyan S szakasz, ami belso átló. Megjegyzendo, hogy itt és az elozo üzenetemben töröttvonalon egyszeru (önmagát nem metszo) törött vonalat értek.
Kedves Gergo73, valami nem stimmel nekem. Irod 3.-ban " E sokszögek egyesítése olyan sokszög, amelyet G határol". Ha G konkav negyszog, akkor G altal hatarolt konkav negyszog a rovidebb poligonokkal hatarolt ket haromszog kulonbsege is lehet.
gondolkoztam egy kicsit, hogy is lehetne a Jordan-tételt bizonyítani. Felállítottam egy vázlatot, ami szerintem kidolgozható. Az egyes technikai lépések a következők. A továbbiakban görbén folytonos görbét értünk.
1. Értelmezzük egy zárt görbének egy, a görbén kívüli pont körüli fordulatszámát. Ez egy egész szám.
2. Legyen adva egy zárt, önmagát nem metsző G görbe. A sík G-n kívüli pontjait kívánjuk két részre, B-re és K-ra bontani úgy, hogy (a) két azonos részbeli pont mindig összeköthető legyen egy G-t nem metsző görbével, míg (b) két különböző részbeli pont sose legyen összeköthető ilyen módon. A K-beli pontokat jellemezni fogja, hogy körülöttük G nullát fordul, míg a B-beli pontok körül a fordulatszám (megfelelő irányítás esetén) mindig 1 lesz, ezért a (b) tulajdonság automatikusan teljesülni fog. Ezt a programot először hajtsuk végre egy egyenes szakaszokból álló G töröttvonal esetén. Egy ilyen G-ről egyszerű kimutatni, hogy egy sokszöget határol, amely sokszög háromszögekre bontható. A sokszög belsejét hívjuk B-nek (a háromszögek egyesítése mínusz a G), a külsejét pedig K-nak (a sík mínusz a háromszögek egyesítése).
3. A sokszöget és a háromszögelést induktívan adhatjuk meg egy G töröttvonalra. Vegyük a két legközelebbi nem szomszédos csúcsot a G-n, kössük őket össze egy S szakasszal; a két csúcs közötti két ív az S-sel együtt két rövidebb zárt töröttvonalat alkot, azokról már tudjuk, hogy sokszögeket határolnak. E sokszögek egyesítése olyan sokszög, amelyet G határol. A kisebb sokszögekről feltehető, hogy háromszögelésükkel vannak megadva, a szereplő háromszögek együttesen a G által határolt sokszöget bontják fel.
4. Ha már tudjuk a Jordan-tételt töröttvonalakra a fenti erősebb formában (a fordulatszámra utalok), akkor tetszőleges zárt, önmagát nem metsző G görbe esetén járjunk el így. Legyen adva egy P pont a G-n kívül. Vegyük fel a G-t parametrizáló [0,1] intervallum egy kellően finom felosztását. Minden ilyen felosztás egy H töröttvonalat definiál, amit a G egy közelítésének tekintünk. Olyan felosztást veszünk, hogy P ne essék a H-ra. Ekkor H-nak a fordulatszáma a P körül 0 vagy 1, aszerint, hogy a P a H külsejébe vagy belsejébe esik (ezt már láttuk). Ahogy a felosztás végtelenül finomodik, ez a szám a G-nek a P körüli fordulatszámához közelít (ez a fordulatszám tulajdonsága), vagyis ez a fordulatszám is vagy 0 vagy 1. Legyen K, ill. B azon P pontok halmaza amelyek körül a G fordulatszáma 0, ill. 1.
5. Tehát tetszőleges G-nek értelmeztük a külsejét (K) és a belsejét (B). Ezek összefüggő halmazok, amint az megmutatható a töröttvonalas közelítés segítségével. Ha ui. két pont azonos részbe (K-ba vagy B-be) esik, akkor azok kellően finom töröttvonalas közelítés esetén is a H töröttvonal azonos részébe (külsejébe vagy belsejébe) esnek, a két pont tehát összeköthető a H-t nem metsző S görbével (töröttvonallal). Ráadásul elérhető, hogy a H a G-nek egy adott r>0 sugarú környezetében feküdjék, míg S és H távolsága legalább r legyen. (Ezt az állítást nem gondoltam végig.) Ekkor S a G-t sem metszi, ahogy kívántuk.
1. A Jordan-tétel bizonyítását pontosan nem ismerem. Annak idején magam megpróbálkoztam a következő hasonló kategóriájú állítás igazolásával: ha egy négyzet 2-2 átellenes csúcsát összekötjük a négyzet belsejében 1-1 folytonos görbével, akkor azok metszik egymást. Végül sikerrel jártam, de meg kellett dolgoznom érte. Ha jól emlékszem, arra vezettem vissza az állítást, hogy ha egy négyzetlemezen adva van egy folytonos, sehol sem nulla vektormező, akkor az a kerületen nullát fordul. A Jordan-tételben is bizonyosan fontos szerepet kap a fordulat fogalma, amit már eleve nem triviális értelmezni. A görbe külsejét ugyanis azon pontok alkotják, ami körül a görbe nullát fordul. Egy ilyen állítás nehézségét legjobban úgy értheti meg valaki, ha maga próbálkozik a bizonyításával.
2. A függvényterek lineáris operátorait (azaz skalárértékű lineáris függvényeit) funkcionáloknak nevezik. Ezek tanulmányozásával foglalkozik a funkcionálanalízis.
3. Az amőba nyerő stratégiáját egy holland fiatalember találta meg számítógép segítségével. Az eredményt cikkben és doktori értekezésében is közölte. Minden részlet elérhető az illető honlapján: http://www.cs.vu.nl/~victor/. A szerző az értekezésében - amit könyv alakjában is kiadtak - további játékokat is elemez, illetve megold. A sakk és a go jóval meghaladja a jelenlegi számításokkal elemezhető játékok bonyolultságát. Erről is olvashatunk abban a disszertációban.
Ha foglalkozott már valamelyikőtök a Minkowski-tér Zeeman-féle finom topológiájával, vagy ellenállhatatlan vágyat érez, hogy foglalkkozzon vele, vagy az iránt érez ellenállhatatlan vágyat, hogy elolvassa, és megmagyarázza nekem, amit én nem értek Zeeman cikkében, kérem, jelentkezzen! (A cikk: E.C. Zeeman: The Topology of Minkowski Space, Topology vol. 6, 161-170 (1966), el tudom küldeni tiff-ben)
Állati nagy kérésem lenne. Júl. 1-jén matekszigorlatozok a közgázon... És van egy számomra megoldhatatlan integrál, amiben örülnék ha segítenétek :)
Lehet, hogy csak én vagyok süket hozzá...
Szal az e^((gyök x) + x) határozatlan integráljára lennék kiváncsi.
Előre is köszi a segítséget, ha veszitek a fáradtságot ilyen melegben megoldani a problémámat!
Szerintem elszámoltad. Legye E az A és B, F a C és D csúcsokkal összekötött pont. EF párhuzamos BD, és E távolsága A-tól és B-től megegyezik, (F-C-D-re ugyanígy) és E távolsága AB-től megegyezik F távolsága CD-vel. Legyen ez x (az AB oldalhossz 1), x 0 és 1/2 közötti. Ekkor az össz hosszúság: 4*gyok(1/4+x*x)+1-2x.
Ennek a minimuma a korábban említett 1/(2*gyok(3)) helyen van.
Hacsak én nem számoltam el nagyon...
Erre en is gondoltam, de az jott ki hoyg minimum akkor van, ha az a szakasz aminek a tukorkepe onmaga 0 hosszu :-(
Persze lehet, hogy csak elszamoltam.
schikaneder,
akkor valószínűleg elrontottam valamit, mert én tudom, de majd megmodod a hibát benne.
Válasszuk szét az eseteket az összekötő szakaszok darabszáma szerint:
1. 2 vagy 3 szakaszra a megoldás triviális és hosszabb
2. 4 szakasz: az 5 spec esete, majd ott
3. 6 vagy több: nyilván hosszabb, mint a kevesebb pontból álló. (Ha van legfeljebb egy csúcsot tartalmazó háromszög, annak az egyik oldala elhagyható, ha nincs, akkor van "kihagyható", azaz a négyzet csúcsaival össze nem kötött pont.
4. 5 szakasz: szimmetria + egy deriválás.
A négyzetben két pontot kell felvenni, a [0.5, 1/(2*sqrt(3))] és a [0.5, 1-1/(2*sqrt(3))] pontokban egy egységnégyzet esetén. A közelebbi átlókkal összekötve a hossz 1+sqrt(3), azaz vagy 2.732, ami kevesebb, mint 2*sqrt(2), azaz 2.8284
Ha szo szerint veszem a kerdest, akkor persze nem letezik ilyen, hiszen az egyeneseknek nincs hosszuk :P. De nem hiszem, hogy te erre gondoltal. Hoppa van egy otletem. De hogy hogyan bizonyitanam?
Legyen ABCD egy négyzet.
Melyik az a csak egyenesekbol allo minimalis osszhosszusagu uthalozat, amelyikre igaz, hogy barmely csucsbol barmely csucsba visz a tobbi csucsot nem erinto utvonal ?
De, a ket kerdes 0 karakterisztikaban ekvivalens. Tekintsuk ui. a kovetkezo ket allitast egy 0 karakterisztikaju K testre.
A: K folott az irreducibilis polinomok maximalis fokszama n.
B: K algebrai lezartja n-edfoku K felett.
Megmutatom, hogy A es B ekvivalens. Jelolje a K algebrai lezartjat M. Ha B igaz, akkor persze K folott nincsen n-nel magasabb foku irreducibilis polinom. Ugyanakkor M a K-nak veges szeparabilis bovitese, azaz K(x) alaku, es ennek az x-nek a minimalpolinomja K felett irreducibilis es n-edfoku. Tehat B-bol kovetkezik A. Most tegyuk fel, hogy B nem igaz. Adogassunk a K-hoz egyenkent M-beli elemeket mindaddig, amig a kapott L kozbulso test foka nem novekszik n fole. Ez megteheto, mert amig L foka K felett legfeljebb n, addig M az L-nek valodi bovitese, hiszen M foka K felett nagyobb, mint n. Az is vilagos, hogy elobb-utobb meg kell allnunk (mert az L foka minden lepesben novekszik), vegul tehat a K-nak egy olyan veges algebrai L boviteset kapjuk, amelynek foka K felett nagyobb, mint n. Persze ez a bovites szeparabilis is, vagyis K(x) alaku, ahol x minimalpolinomja n-nel nagyobb foku es irreducibilis K felett. Tehat ha B nem igaz, akkor A sem igaz; mas szoval A-bol kovetkezik B.
Koszonom, valoban ez volt a kerdes, csak nulla karakterisztikara, igy a valasz 2, ezek szerint. Az eredekelt volna, hogy lehet-e az irreducibilis polinom maximalis fokszama 3-nel nagyobb, de ugy tunik nem, ha jol ertettem a valaszodat. (Nulla karakterisztika mellett legalabbis)
Persze ha lenne, akkor az Artin fele kerdesre sem 2 lenne a valasz, avagy ha az Artin fele kerdesre nem 2-nel nagyobb lenne a valasz, akkor nyilvan letezne olyan 0 karakterisztikaju test, amire n>2 foku polinom irreducibilis de n+1-ed foku mar nem. Nem mernem azt allitani, hogy ekvivalens a ket kerdes, de legalabbis osszefugg.
Ismet sikerult egy kis hibat ejtenem. n=p eseten a peldam helyesen a kovetkezo. Valasszuk K-nak az F_p(t) fuggvenytest szeparabilis lezartjat, ahol F_p a p elemu test (es t transzcendens F_p felett). Ebben minden irreducibilis polinom vagy linearis vagy x^p-k alaku, ahol k egy K-beli elem (amely persze nem egy p. hatvany K-ban).
Elnezest, totalisan valos helyett formalisan valost szandekoztam irni (az elobbit a Q boviteseire hasznaljak es egeszen mast jelent). Azt is hadd hangsulyozzam, hogy a valaszom nem rOver eredeti kerdesere vonatkozott, hanem a 151-es uzenetbeli variansra. Most pedig megvalaszolom rOver eredeti kerdeset, amit ugy ertelmeztem, hogy "milyen n-ekre (n>1) letezik olyan K test, ami folott van n-edfoku irreducibilis polinom, de nagyobb fokszamu nincs". Ha K tokeletes test, akkor annak minden veges bovitese egy alkalmas K-beli irreducibilis polinom felbontasi teste, tehat szuksegkeppen rendelkezik az Artin-fele kerdesben megfogalmazott erosebb tulajdonsaggal. Vagyis ekkor K formallisan valos es n=2. Ha K nem tokeletes test, akkor veges p karakterisztikaju es az Artin-Schreier eredmenyre hivatkozva lathato, hogy annak nincs valodi szeparabilis algebrai bovitese. Ebben az esetben minden K-beli irreducibilis polinom x^p-k alaku, ahol k egy K-beli konstans (ami nem p-hatvany K-ban). Tehat ezek a testek kielegitik a feltetelt n=p-re. Ilyen test letezik is, peldaul legyen K az F(t) test, ahol F a p elemu test algebrai lezartja es t transzcendens F folott. Osszefoglalva: az eredeti rOver kerdesben a megoldas n=primszam, a variansban pedig n=2.
Nem volt jo a megerzesem, egyedul n=2-re van ilyen test! Nemi keresgeles utan megtudtam, hogy Artin mar 1924-ben feltette ezt a kerdest maganak. Ket evvel kesobb kimutatta, hogy ha K nulla karakterisztikaju es annak egy n-edfoku bovitese algebrailag zart, akkor n=2 es K totalisan valos (=rendezheto=minusz 1 nem negyzetek osszege K-ban); es akkor persze az a bizonyos bovites a K(sqrt(-1)). 1927-ben Schreier-rel kozosen azt is igazoltak, hogy ilyen tulajdonsagu veges karakterisztikaju K egyetlen n-re sincsen. Minderrol lehet olvasni itt: http://www-gap.dcs.st-and.ac.uk/~history/Mathematicians/Artin.html
Schikaneder, amit mondasz, nem helyes; mert R folott egy irreducibilis polinom vagy elso vagy masodfoku. A korosztasi polinomok Q felett irreducibilisek, de R felett nem (a paros fokszamuak sem, leszamitva az x1+1 polinomot). Egyebkent gyanitom, hogy rOver azt a nehezebb kerdest akarta feltenni (en legalabbis ezt talalom igazan erdekes kerdesnek), hogy milyen n pozitiv egeszre van olyan K test, amely folott minden irreducibilis polinom fokszama osztja n-et. Vagy maskent kifejezve: amelynek algebrai lezartja n-edfoku K felett. Az n=2 eseten persze a valos test jo peldat szolgaltat, mig egy veges test semmilyen n-re nem lesz jo (ezert azokat folosleges a kerdesben kizarni). Kicsit nehezebb latni, hogy egy veges test tetszoleges (vegtelen) algebrai bovitese sem lesz jo semmilyen n-re. A kerdesre a valaszt nem tudom, de gondolkozni fogok rajta. A tippem az, hogy minden n-re van ilyen K, de nem konnyu megkonstrualni.
