Keresés

Részletes keresés

Gergo73 Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1280
Na akkor hogy is van ez? Legyen (V,|.|) egy véges dimenziós vektortér, B={x in V:|x|=1} az egységgömb. Kérem annak részletes bizonyítását, hogy B kompakt.
Előzmény: Nautilus_ (1278)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1279
Ja igen, érdemben elolvastam, amit írtál. Igazad van, az euklideszi normából indulunk. A Bolzano-Weierstrass is arról szól.
Előzmény: Nautilus_ (1277)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1278
Bolzano-Weierstrass.
Előzmény: Nautilus_ (1277)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1277
>>Igen, de ha két tetszőleges normából indulsz ki és belátod, hogy ugyanazok a konvergens sorozatok, abból még nem következik azonnal (legalábbis én nem látom hogy következne), hogy az egyiknek az egységgömbje bármelyik normában kompakt lenne.

De hát elsoszulott VÉGES dimenziós terekről beszélt végig! Fel sem merült a végtelen dimenzió.
Előzmény: Gergo73 (1275)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1276
>>Riesz egy tétele, szerint végtelen dimenziós normált térben az egységgömb sosem kompakt, sőt még csak nem is lokálisan kompakt.

Hát, az egységgömb nem is lehet lokálisan kompakt, csak a tér. És ha a zárt egységgömb nem lehet kompakt, akkor a tér nem lehet lokálisan kompakt. Továbbá én félnormaseregre gondoltam (bár nem azt írtam). Megszámlálható félnormasereg lokálisan konvex térben generálhat olyan topológiát, amelyben a korlátos zártak kompaktak.
Előzmény: Gergo73 (1274)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1275

Igen, de ha két tetszőleges normából indulsz ki és belátod, hogy ugyanazok a konvergens sorozatok, abból még nem következik azonnal (legalábbis én nem látom hogy következne), hogy az egyiknek az egységgömbje bármelyik normában kompakt lenne. Ha felteszed, hogy az egyik norma az euklideszi norma, akkor az euklideszi norma egységgömbjére következik, mert arról tudjuk (máshonnan), hogy kompakt. Ily módon valóban belátható, hogy bármely norma mindkét oldalról becsülhető az euklideszi norma konstansszorosából és abból már valóban következik, hogy minden norma egységgömbje kompakt.

 

Jó Tündér bizonyítása hol van? Mint mondtam, én csak olyan bizonyítást ismerek, ami arra épít, hogy az 1-kodimenziós alterek zártak (az indukciós feltevés miatt), ami miatt minden lineáris funkcionál folytonos egy normált téren.

Előzmény: elsoszulott (1268)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1274
Riesz egy tétele, szerint végtelen dimenziós normált térben az egységgömb sosem kompakt, sőt még csak nem is lokálisan kompakt.
Előzmény: Nautilus_ (1269)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1272
Valójában azt akartam mondani, hogy végtelen dimenziós téren különböző topológiák léteznek. Úgy emlékszem, lehet olyan lokálisan konvex vektortéri topológia, amelyben a korlátos zárt halmaz kompakt. Mivel a normák nem ekvivalensek.

De a második mondatomra is felhívom a figyelmedet, mert a lokálisan kompakt terek jól kezelhetők algebrai tulajdonságok nélkül is.
Előzmény: elsoszulott (1271)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1271
"De azt ugye tudod, hogy korlátos zárt halmaz végtelen dimenziós térben nem feltétlenül kompakt?"

Persze, hogy tudom, tanultunk is róla, meg itt is szóba került már. Éppen a Gergo73 mondott egy konkrét ellenpéldát pár hónapja.
Előzmény: Nautilus_ (1269)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1270
>>norma által generált nyílt gömb

ez véletlenül maradt benne.
Előzmény: Nautilus_ (1269)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1269

De azt ugye tudod, hogy korlátos zárt halmaz - norma által generált nyílt gömb- végtelen dimenziós térben nem feltétlenül kompakt? Az általános topológiában a véges dimenziósság "közelítése", "analógiája" a lokális kompaktság.
Előzmény: elsoszulott (1268)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1268
"Nem látom ezt a bizonyítást, mert mi garantálja, hogy a felület kompakt?"

Mint mondtam a Tanárúr bizonyításában engem az zavart, hogy nem ugyanarra a távolságfogalomra volt folytonos a függvény, mint kompakt a halmaz; ezért ha vizsgán ezt kérdezte volna, akkor először igazolom, hogy ugyanazok a konvergens sorozatok s így a kompakt halmazok is. (Ennek bizonyításában Jo Tunder kollégátok volt segítségemre még régen, ismételt köszönet érte Neki)
Előzmény: Gergo73 (1264)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1267
>>Ennek ellenére a T-kre igaz a lényeges eldönthetetlenség (és a lényeges nemteljesség). Ennek bizonyítása modellelméleti, és nehéz. Gödel tételéből nem következik!

>>4. Van olyan elmélet, amely része a másodrendű Th^2(R)-nek, de többet tud PA-nál. Például, lehet benne indukció sűrű halmazokon (amely indukció helyessége ZF-bizonyítható). Ezekre persze a nemteljesség igazolása könnyű.

Pontosítás. Ha ZF-ből tudjuk, hogy az indukciót kimondó séma R-en igaz, akkor ZF-ben persze nemteljes az indukciót tartalmazó Gamma axiómarendszer. De azt csak ZF-ből tudjuk, hogy Gamma része Th^2(R)! Vagyis ZF nélkül Th^2(R) eldönthetetlenségének igazolása nem triviális.
Szvsz ezért szép a logika:)
Előzmény: Nautilus_ (1266)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.02 0 0 1266
Ehhez néhány fontos megjegyzés. Gergőnek szeretettel:)

1. R elsőrendű elmélete - a hatványozás nélkül - kvantoreliminációval eldönthető. Hatványozással nem ismeretes. Ez Tarski nevezetes eredménye, és nem is bonyolult. Ez egyúttal azt is jelenti, hogy ez a Th(R) rekurzív.

2. Mivel R hagyományos T axiómarendszerei nem elsőrendűek (folytonos rendezés, Cantor-axióma), ezért nem vonatkozik rájuk Tarski eredménye arról, hogy ha egy elsőrendű elmélet minden modelljébe N elemien beágyazható, akkor az elmélet lényegesen nem dönthető el (szemantikus interpretáció).

Ennek ellenére a T-kre igaz a lényeges eldönthetetlenség (és a lényeges nemteljesség). Ennek bizonyítása modellelméleti, és nehéz. Gödel tételéből nem következik!

4. Van olyan elmélet, amely része a másodrendű Th^2(R)-nek, de többet tud PA-nál. Például, lehet benne indukció sűrű halmazokon (amely indukció helyessége ZF-bizonyítható). Ezekre persze a nemteljesség igazolása könnyű.

5. Bár R (hatványozás nélkül) elsőrendben eldönthető, ez csak a ZÁRT formulákra vonatkozik. Ha kiértékelt formulákat is veszünk, az az elmélet nem dönthető el (pl. "van irracionális x, hogy e+pi=x").

6. Valószínűnek tartják, hogy az impredikatív definíciókat (pl. felsőhatár-axióma) tartalmazó axiómarendszerek (pl. Th^2(R)) konzisztenciája a hagyományos transzfinit indukcióval nem igazolható ZF-ben. Lehetséges azonban, hogy az indukció fogalma ZFC-ben általánosítható. Ez a Proof Theory egyik központi kérdése.
Előzmény: Nautilus_ (1116)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1265

hiszen V-t Rn-nel és az egyik normát a standard normával azonosítva

 

akarom mondani: hiszen V-t Rn-nel azonosítva és az egyik normát a standard normának választva

Előzmény: Gergo73 (1263)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1264

Nem látom ezt a bizonyítást, mert mi garantálja, hogy a felület kompakt?

 

Persze mondhatod azt, hogy Rn-en vagyunk és az egyik norma a standard norma, aminek B egységgömbjéről előre tudjuk, hogy kompakt. Ha azt is tudjuk, hogy

 

(1) a két normában ugyanazok a konvergens sorozatok

 

más szóval

 

(2) a két norma ugyanazt a topológiát indukálja,

 

akkor a másik norma a B-n felveszi a minimumát és maximumát, amiből pedig látható, hogy erős értelemben (Lipschitz-konstansokkal) ekvivalensek. Valójában a dolog nehéz része éppen az (1) avagy (2) bizonyítása (amit vázoltam alább), sok szerző éppen az utóbbi tulajdonsággal definiálja a két norma ekvivalenciáját. A Lipschitz-konstansos ekvivalencia könnyen és direkt módon következik ebből, az egységgömbök kompaktsága se kell hozzá.

Előzmény: Gergo73 (1263)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1263

Ekkor veszem a 2. norma által indukált metrikában az egységgömb felületet, ezen kompakt halmazon

 

Nem látom ezt a bizonyítást, mert mi garantálja, hogy a felület kompakt?

 

A bizonyítás, amit én ismerek, úgy megy, hogy a dimenzióra vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk, hogy ha |.|1 és |.|2 normák egy véges dimenziós V vektortéren, akkor az identitás leképezés folytonos a (V,|.|1) térről a (V,|.|2) térre. (Az indukciós feltevést abban a formában használjuk ki, hogy egy 1-kodimenziós altér mindkét normában teljes, ezért zárt is.) Ezután már valóban belátható, hogy van olyan c>0 konstans, hogy |.|2<=c|.|1, illetve az is, hogy az egységgömb mindkét normában kompakt (hiszen V-t Rn-nel és az egyik normát a standard normával azonosítva kapjuk, hogy a másik norma egységgömbje korlátos és zárt, azaz kompakt).

 

Előzmény: elsoszulott (1244)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1262
"vagy így nem változik a megoldás menete és a megoldás?"

Egyszerűsödik annyiból, hogy kevesebb esetet kell vizsgálni.
Előzmény: VTomi90 (1260)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1261

Én csak az 1246-ot olvastam, ahol csak bázisról beszélt. Azt hittem, nem érti a normák ekvivalenciájának fogalmát. Elnézést, tegnap értem haza külföldi útról és nem olvastam végig az előzményeket.

Előzmény: Nautilus_ (1254)
VTomi90 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1260
nagyon megharagszol, ha azt mondom, hogy nagyon elrontottam? :S
p és q nem különböző számok, hanem különböző prímek.
vagy így nem változik a megoldás menete és a megoldás? :S
Bocsi, és köszönöm
V. Tamás
Előzmény: elsoszulott (1259)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1259
Legyenek p és q különböző számok(!). Az f(x)=x^2+px+q másodfokú függvényre teljesül, hogy: f(p)=10p+q
f(q)= q^3.
Olld meg az f(x)=1 egyenletet.


Először is f(p) ha képletbe helyettesítesz akkor 2p^2 + q ez kell egyenlő legyen 10p+q-val vagyis 2p^2=10p innen vagy p=0 vagy osztasz vele és p=5

Másodiknál q^3=q^2+pq+q=q(q+p+1) vagy q nulla vagy osztasz vele, és p-t ismered, így ez másodfokú q-ra megoldod.

Majd megnézed az összes esetet.
Előzmény: VTomi90 (1257)
rajonrondo Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1258
sziasztok, holnapra kellene 3 feladatmegoldás. talán nem túl bonyolult, ez inkább fizika, de talán meg tudjátok oldani. előre is köszi!
1.) Tiszta vizű, 1 méter mély tóban egymás mellett két karó áll. Az egyik hossza éppen a víz mélységével egyezik meg, a másik másfél méter hosszú. Hányszor nagyobb árnyékot vet a magasabb karó a tófenéken, mint a kisebbik, ha a Nap sugarai 45 fokos szögben érkeznek? (A víz levegőre mutatott törésmutatója 4/3)

2.) Az átlátszó műanyag vonalzó 30 fokos szögére merőlegesen lézerceruzával fénysugarat bocsátunk. Mekkora lesz a fénysugár eltérítési szöge, ha a vonalzó anyagának levegőre vonatkoztatott törésmutatója a lézerfény hullámhosszán 1,52?

3.) Egy kocka alakú dobozból, amelynek éle a=30 cm-es, sötétkamrát készítettünk. Besötétített szoba függönyrésén keresztül a szemközti napsütötte házról a sötétkamrában keletkező képet vizsgáltuk. A ház homlokzatának fordított állású képe a sötétkamra ernyőjén 6 cm magasnak adódott. Mekkora a homlokzat magassága, ha az utca szélessége 35 cm?
VTomi90 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1257
megvan, köszi a segítséget.
a másikkal (paraméteres függvényessel) tudnál segíteni?
Előre is köszi,
V. Tamás
Előzmény: elsoszulott (1256)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1256
"Igen, és teljes indukcióval? Vagy úgy is ugyanez? "

Én nem csináltam teljes indukciót, tehát nem ugyanez.
TI sok esetben jó módszer, de nem öncél; ha józan parasztkodással kijön az eredmény akkor nem muszáj elbonyolítani.
Ha az oktató azt mondta, hogy TI nélkül ne kerülj a szeme elé, akkor TI-vel igazold, hogy a maradékok úgy periodikusak ahogy mondtam.
Előzmény: VTomi90 (1255)
VTomi90 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1255
Igen, és teljes indukcióval? Vagy úgy is ugyanez?
Köszi,
V. Tamás
Előzmény: elsoszulott (1253)
Nautilus_ Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1254
elsoszulottnek igaza van, ugyanarról beszélünk. Van a és b pozitív valós, hogy
a*norma_1(v)>=norma_2(v)>=b*norma_1(v) minden v-re. Ebből már következik, hogy ugyanazok a topológiák.
Előzmény: elsoszulott (1252)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1253



5^n 8-al vett osztási maradéka páros n-re 1, páratlanra 5


3^(n-1)-é páratlanra 1, párosra 3; kétszeresének tehát 2 illetve 6

Az 1-nek mindig 1.



Összessen tehát:
Páros n-re a maradékok 1+6+1 ami osztható 8-al; páratlanra 5+2+1 ami szintén




Előzmény: VTomi90 (1250)
elsoszulott Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1252
Nálunk a Tanárúr normák ekvivalenciája alatt azt értette, amit írtam.
Előzmény: Gergo73 (1251)
Gergo73 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1251

Nautilus normák ekvivalenciájáról beszélt, tehát hogy ha van két normád, akkor az egyik által definiált tetszőleges gömb tartalmaz a másik által definiált gömböt. Ez más, mint amiről te beszélsz.

Előzmény: elsoszulott (1246)
VTomi90 Creative Commons License 2009.02.01 0 0 1250
Sziasztok!
Két feladatban segítségre lenne szükségem:

1.
Legyenek p és q különböző számok(!). Az f(x)=x2+px+q másodfokú függvényre teljesül, hogy: f(p)=10p+q
f(q)= q3.
Olld meg az f(x)=1 egyenletet.

2.
Bizonyítsd be, hogy bármely n>=1, nЄN esetén: 8 | 5n+2*3n-1+1. (teljes indukció)


paraméteres egyenletekhez nem értek, nem tudom őket felfogni, a bizonyítás úgyszintén.

Előre is köszi a segítséget:
V. Tamás

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