Keresés

Részletes keresés

VTomi90 Creative Commons License 2009.02.08 0 0 1375
Sziasztok!
Megint jelentkezek pár újabb, számomra nehéz feladattal. Íme "ők":

1.
20*16x+20*25x=41*20x (olld meg a valós számok halmazán)

2.
Határozd meg a kifejezések legbővebb értelmezési tartományát!
a: [lg(2x2-x-1)]/[gyök(-x2+3x+10)*cosx]
b: [gyök(|x2-6x+8|-1)]/[gyök(10x-x2)]

3.
Tudjuk, hogy |A∩B|=4, |AB|=2, |AUB|=9. Mennyi |A| és |B|? (Az |A| jelölés az a halmaz elemszáma.)

Előre is köszi a segítséget!
Üdv,
V. Tamás
sashimi Creative Commons License 2009.02.08 0 0 1374
Adj egy linket, akkor rapillantok.
Előzmény: elsoszulott (1373)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.08 0 0 1373
Egyik barátom fölvetette, hogy valós számokat növekvő sorrendbe állítani sem lehet lineáris időben; ennek fényében Matematika-feladat topicban kitűzött feladatom abban a formában lehet, hogy megoldhatatlan, ha valaki hozzáértő rápillantana a feladatra és véleményezné azt nagy örömmel fogadnám.
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.08 0 0 1372

Sajnos f' oszcillációjának határértékéről, hogy miért nem beszél

 

Azért, mert nincs szüksége rá a bizonyításban. Ugyanis az f'-be helyettesített tau-t meghagyja, csak a g'-be helyettesített tau'-t és a h'-be helyettesített tau''-t cseréli le tau-ra. Ha úgy bizonyítana, hogy mondjuk mindhárom pontot a számtani közepükre cserélné le, akkor mindhárom oszcillációról kellene beszélnie. Az egy szimmetrikusabb bizonyítás lenne, de mint mondtam nincs rá szükség.

Előzmény: Auréliusz (1371)
Auréliusz Creative Commons License 2009.02.07 0 0 1371
Rendben, és köszönöm, így már kapiskálom. Sajnos f' oszcillációjának határértékéről, hogy miért nem beszél, még most sem értem és biztos van még számos dolog amit tisztázni kellene bennem, de szerintem ennek csak Szeptembertől fog eljönni az ideje.
Előzmény: Gergo73 (1365)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.07 0 0 1370
>> A Hamel-bázis nem lehet mérhető.

bocsánat, ez nem igaz. De ha mérhető, akkor L-nullamértékű. Továbbá lehet mindenhol sűrű, és sehol sem sűrű is (utóbbi pl. a Cantor-halmaz miatt).

Egyébként, a f(x+y)=f(x)+f(y) Cauchy-egyenletnek eleget tevő függvény definiálása könnyen jön a Hamel-bázisból, ez a midpoint-konvexitás alapja is.
Előzmény: Nautilus_ (1368)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.07 0 0 1369
>>(f(x+y)/2)=(f(x)+f(y))/2

helyett

f((x+y)/2)=(f(x)+f(y))/2
Előzmény: Nautilus_ (1368)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.07 0 0 1368
>>Hamel-bázissal és kiválasztási függvényekkel tudsz ellenpéldát csinálni

pontosabban, a Hamel-bázis létéhez kell a Zorn-lemma: független halmazok majorálják egymást, így van maximális. A Hamel-bázis nem lehet mérhető.

Talán arra gondolsz, hogy vannak ún. "midpoint convex" függvények (f(x+y)/2)=(f(x)+f(y))/2. AC esetén ezek lehetnek nem konvexek, és nem mérhetők.

De lehetnek mérhetők is, és ekkor AC nélkül konvexek. Ha folytonosak, akkor pedig pláne konvexek.
Előzmény: elsoszulott (1340)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1367
Igen, asszem az előbb már pontosvesszőt használtam éppen ezért.
Előzmény: 1man (1366)
1man Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1366
Persze. (az 'omega' utáni pont nem a mondat vége, hanem szorzásjel, ezt néztem el).
Előzmény: Gergo73 (1364)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1365

Még annyit tennék hozzá a rend kedvéért, hogy tau, tau', tau'' nem a Riemann-integrálban szerepel, hanem egy összegben, ami közelíthető egy Riemann-összeggel és az integrál is közelíthető ugyanazon Riemann-összeggel.

Előzmény: Gergo73 (1363)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1364
Minden bj-hez véges sok ai kell, tehát triviálisan legfeljebb omega; |J| darab omega elemszámú halmaz egyesítése legfeljebb omega.|J| számosságú, ez utóbbi pedig |J|-vel egyenlő (azért mert legalább |J| és legfeljebb |J|2, továbbá |J|2=|J|, mert J végtelen halmaz).
Előzmény: 1man (1362)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1363

Még csak kérdés: miért tekinthető f, g, h függvények a-b intervallumon meghatározott Lagrange-féle középérték helyei (tau, tauvessző, és taukétvessző) egy és ugyananzonnak pontnak a Reimann integrálban?

 

Nem tekinthetők ugyanazon pontnak, de ha minden tau'-t és tau''-t kicseréled a megfelelő tau-ra, akkor az összeg nem változik sokat. Ezt részletezi Császár a 376-377. oldalon. A becslések végeredményét a 377. oldal (9) egyenlőtlensége tartalmazza, eszerint a cserék során az összeg változása legfeljebb a g' és h' osszcillációinak összege a Fi felosztáson. Ha a Fi-t végtelenül finomítod, akkor mindkét osszcilláció nullához tart (a g' és a h' integrálhatósága folytán), vagyis a két összeg (sigma és sigma', lásd 376. oldal (5)-(6)) különbsége is nullához tart. Az összegek közül sigma az integrálhoz tart (mert ő egy integrálható függvény Riemann-összege egy végtelenül finomodó felosztássorozaton), ezért a másik összeg (tehát sigma') is az integrálhoz tart. Ezt foglalja össze a 377. oldal (10) formulája, innen megy a bizonyítás tovább.

 

A kiv. axióma egy másik kérdés volt, csak egyszerre tettem föl.

 

A kiválasztási axióma segítségével nagyon sok tétel bizonyítható, amik intuitívak és a gyakorlatban hasznosak. Azt is tudjuk, hogy a kiválasztási axióma nem mond ellent a halmazelmélet többi axiómájának (feltéve hogy azokból nem következik ellentmondás), tehát kényelmes és hasznos feltenni.

Előzmény: Auréliusz (1361)
1man Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1362
"... |I|>|J|>=omega... A fellépő ai-k száma legfeljebb omega.|J|=|J|<|I|."

Ezt kérhetném egy picit részletesebben?
Előzmény: Gergo73 (1348)
Auréliusz Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1361

Köszönöm mindenkinek.

 

A kiv. axióma egy másik kérdés volt, csak egyszerre tettem föl.

 

Még csak kérdés: miért tekinthető f, g, h függvények a-b intervallumon meghatározott Lagrange-féle középérték helyei (tau, tauvessző, és taukétvessző) egy és ugyananzonnak pontnak a Reimann integrálban? Ha értem egyáltalán, amit ott leírt.

Előzmény: Gergo73 (1341)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1360
Ez tényleg szép biz, köszönet érte.
Előzmény: Gergo73 (1317)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1359
Egyébként, ha a "vektortérben" a "lineáris kombinációk" végtelenek, akkor a maximális bázis létezése szintén ekvivalens AC-val. Ugyanis a Zorn alapján ekkor minden generátorrendszernél van bővebb, tehát az egész rendezésnek is van maximuma. Persze általában kikötést teszünk a vektorok előállítására, pl l^2-ben (konvergencia).
Előzmény: Nautilus_ (1357)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1358
Tényleg, de ha nincs mindenütt sűrű halmaz, akkor kell AC (CC). Pl. ha egy olyan alteret tekintünk, amely ritka.
Előzmény: Törölt nick (1356)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1357
Érdekes, hogy a végesség is szerepet játszik az AC-ben: a Teichmüller-Tukey analógiája alapján, ha egy végtelen halmaz minden megszámlálható(!) részhalmazán értelmezünk egy tulajdonságot, akkor nem feltétlenül van olyan maximális részhalmaz, amelynek minden megszámlálható részhalmaza az adott tulajdonságú.

Pl. nagy számosságok kombinatorikus definíciója alapul ezen az állításon! Tehát ez az állítás erősebb AC-nál. Véges részhalmazra ekvivalens vele.
Előzmény: Gergo73 (1353)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1355
Persze vedd figyelembe az 1318-at is.
Előzmény: Gergo73 (1354)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1354
Majd nézd meg az 1317-et. Pár sorban igazolja a normák ekvivalenciáját (véges dimenziós valós vektortéren) erős formában (Lipschitz-konstansokkal). Ez burkoltan Jó Tündér és az én korábbi észrevételem egyesítése, de sokkal szebben elmondva.
Előzmény: elsoszulott (1351)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1353

lin független+grendszer az def szerint már bázis

 

Persze, ez trivi. Én úgy definiálom a bázist, hogy minden elemet egyértelmű lin. kombinációval állít elő. Ez persze ekvivalens azzal, hogy lin. független gen.rendszer.

 

A Zorn lemma azt mondja ki (speciáis esetben), hogy ha egy halmazrendszerben minden növekvő lánc uniója is a rendszerben van, akkor annak a halmazrendszernek van maximális eleme a tartalmazásra nézve. És mint ellenőrizted, a lineárisan független halmazok rendszerére ez teljesül.

Előzmény: elsoszulott (1351)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1352
tomsawyer77 bizonyítása működik szvsz AC nélkül, mert R-ben van mindenütt sűrű (megszámlálható) halmaz, és intervallum ősképe folytonos leképezésnél intervallum. Ha ez nincs, akkor kell AC. De máshol is kell az AC gyengített változata, a DC.

Általános topológiánál mindenképpen kell. Mértékelméletben (van nem mérhető halmaz) elégséges feltétel.

http://en.wikipedia.org/wiki/Axiom_of_dependent_choice
Előzmény: elsoszulott (1350)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1351
"Ez azért van, mert lineárisan független rendszerek növekvő láncának uniója is ilyen (ellenőrizd)"

Ha lenne elemeknek nem trivi 0-t ádó lin. kombja, akkor veszem ezen elemek láncba való bekerülési indexeinek maximumát s így lin független rendszerben is találnék ilyen kombót ami ellentmondás.


"Ebből azonnal következik, hogy B generátorrendszer (ellenőrizd)"

Ez is könnyű, hiszen ha hozzáveszek egy v elemet, akkor lesz nem trivi 0-t adó kombó, amiben eredeti elemek függetlensége miatt v skalárja nem 0, így v előáll többiekből. Mivel ez minden v-re igaz így grendszer.

"magyarán bázis (ellenőrizd)"

Itt nem látom mit kellene még ellenőrizni, lin független+grendszer az def szerint már bázis.

Zorn lemmát elolvasom mielőtt tovább ügyködök, igazából ha maximális lin független rendszert létét tudom biztosítani, onnan már kihúztuk méregfogát.

Előzmény: Gergo73 (1348)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1350
"A jobbrol balra irany a nemtrivialis. "

Nem tudom, hogy melyik a nehezebb irány, mindenesetre ugyanezt a biz-t ismertem és gépeltem be pár napja egyik kérdezőnek, tehát azzal fölösbe fáradtál; csak arról nem tudtam, hogy itt AC-t használok. Ha ennyire alapvető tételek sem mennek AC nélkül, akkor nem is értem, hogy lehet sima ZF-ben dolgozni.

Előzmény: Törölt nick (1349)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.06 0 0 1348

Amúgy erre kifejezetten érdekelne egy biz, ha van kedved leírni akkor örömmel veszem.

A Zorn-lemma szerint minden vektortérben van olyan B lineárisan független rendszer, ami maximális a tartalmazásra nézve. Ez azért van, mert lineárisan független rendszerek növekvő láncának uniója is ilyen (ellenőrizd). Más szóval B olyan linárisan független rendszer, hogy ha v tetszőleges nem B-beli vektor a térben, akkor BU{v} nem linárisan független. Ebből azonnal következik, hogy B generátorrendszer (ellenőrizd) és persze lineárisan független, magyarán bázis (ellenőrizd).

 

Bármely két bázisnak ugyanaz a számossága. Ha valamelyik bázis véges, akkor a bizonyítást ismered: minden bázis ugyanekkora. Legyen most {ai: i in I} és {bj: j in J} két bázis, ahol |I|>|J|>=omega. Mindegyik bj kifejezhető véges sok ai lineáris kombinációjaként. A fellépő ai-k száma legfeljebb omega.|J|=|J|<|I|. Ennek következtében van olyan ai, ami egyik bj előállításában sem vesz részt. Ez az ai kifejezhető véges sok bj lineáris kombinációjaként, és itt mindegyik bj tovább kifejezhető az eredeti ai-től különböző ai'-k lineáris kombinációjaként. Ez azt jelenti, hogy találtunk egy ai-t, ami felírható tőle különböző ai'-k lineáris kombinációjaként. Ellentmondás.

 

Előzmény: elsoszulott (1347)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.05 0 0 1347
"folytonossag ekvivalens a sorozatfolytonossaggal. "

Ennek az általam ismert biz-jét leírtam nemrégiben itt is mer valaki kérdezte. Én nem látok benne AC-t ,TI-t mondhatjuk, hogy de.

"Egyebkent mar ahhoz is kell, hogy minden vektorternek van bazisa."

Ezt ha jól emléxem kielégítő módon csak véges dim-re láttuk be, Freud-könyv is nagyrészt véges dimet csinál, meg úgy általában féltenek minket, kicsiny matekos-palántákat végtelen dimtől, nagyobb szobanövény korunkban gondolom már többet dolgozunk végtelen dimes terekben is.

Amúgy erre kifejezetten érdekelne egy biz, ha van kedved leírni akkor örömmel veszem.

Előzmény: Törölt nick (1342)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.05 0 0 1345
AC már ahhoz is kell, hogy megszámlálható sok megszámlálható (vagy akár csak véges) halmaz egyesítése megszámlálható.
Előzmény: Törölt nick (1342)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.05 0 0 1344

az ívhossz egyenlő az int[a,b] (f'2+g'2+h'2)dt integrállal

 

Sajtóhiba: az ívhossz egyenlő az int[a,b] (f'2+g'2+h'2)1/2 dt integrállal

Előzmény: Gergo73 (1341)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.05 0 0 1341

Az ívhosszt a Császár-könyv a 375. oldalon definiálja mint a görbébe írható töröttvonalak összhosszának felső határa (szuprémuma). A következő 4 oldal annak a részletes bizonyítását tartalmazza, hogy amennyiben a görbe {(f(t),g(t),h(t)) : a<=t<=b}, ahol f,g,h differenciálhatók és a deriváltjaik integrálhatók [a,b]-ben, akkor az ívhossz egyenlő az int[a,b] (f'2+g'2+h'2)dt integrállal. Az integrál definíciója előrébb található a könyvben mint végtelenül finomodó Riemann-összegek határértéke (a definíció azért értelmes, mert bizonyítható, hogy egy ilyen határérték ha létezik, akkor minden esetben ugyanaz). A Lagrange-féle középértéktétel a 4 oldalas bizonyításnak része, és azért beszél több több sorozatról, mert az ívhossz és az integrál definíciójában is több sorozat szerepel (az ívhossz definíciójában az összes beírható töröttvonal, az integrál definíciójában az összes Riemann-összeg). Senki nem állítja, hogy csak így lehet a két mennyiség (az ívhossz és az integrál) egyenlőségét bizonyítani, a könyv egy lehetséges bizonyítást tárgyal. Kiválasztási axiómáról amúgy hol van szó a bizonyításban?

 

Előzmény: Auréliusz (1338)

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