Nem értetted, amit irtam. A folytonosságot nem csak epszilon-deltákkal lehet definiálni, hanem úgy is, hogy egy tetszőleges zárt halmaz ősképe zárt legyen. Ez utóbbi definició értelmes még olyan terek között is, ahol nincs távolságfogalom, tehát ahol epszilon-deltáknak nincs is értelme.
A feladat azt kérdezi, hogy van-e olyan folytonos függvény, aminél a 0 pont ősképe éppen az 1/n alakú pontok halmaza. Mivel az utóbbi halmaz nem zárt (mert nem tartalmazza a 0-t, ami neki torlódási pontja), ezért a második definició szerint nincs ilyen folytonos függvény.
Természetesen egy vizsgán azt a definiciót kell használni, ami az előadáson szerepelt. Én csak rá kivántam mutatni, hogy a feladat szépen illeszkedik a folytonosság "igazi" definiciójához.
Talán úgy a legszebb megfogalmazni a bizonyitást, hogy folytonos függvénynél tetszőleges zárt halmaz ősképe is zárt, márpedig {0} zárt halmaz, de {1/1,1/2,1/3,...} nem az.
persze, bizonyitasban feltettem, hogy folytonos, es 0-ban nem 0 a lim. Azaz egy c=/=0 szam, es rahuztam a folytonossag def.-jat. Hasonlokeppen, ahogy leirtad. Remelem nem szurtam el semmit, mert ott azert lehet kutyulni, ha nem figyel az ember. :-)
Én is elbarmoltam, helyesen: ha f-nek x0-ban van határértéke, akkor minden lim x = x0 sorozatra lim f(x) ehhez a határértékhez tart.
(Azaz: ha lim[x->x0] f(x) létezik, és lim[n->végtelen] ai = x0, akkor lim[x->x0] f(x) = lim[i->végtelen] f(ai)
ha korrekt bizonyítást akarsz, akkor legyen indirekt: tfh. hogy f folytonos, a feltételeknek megfelelő, f(0) a feltétel miatt nem 0 (nincs olyan n eleme N hogy 1/n=0), legyen ekkor delta = |f(0)/2| mondjuk, és a folyonosság miatt kéne legyen epszilon, hogy minden |x-0|<epszilonra |f(x)-f(0)|<delta, na de legyen n>1/epszilon, ilyen van, erre x=1/n választással kész az ellentmondás, mert |x-0|<epszilon, de f(x)=0 => |0-f(0)|=|0-2*delta| = 2*delta ami nem kisebb mint delta mégsem.
Van egy olyan tétel, hogy lim x = x0 esetén lim f(x) = f(x0), ha a második limesz létezik. Ez alapján ha f folytonos, akkor f(0) = lim f(1/n) = 0, ami ellentmondás.
ha korrekt bizonyítást akarsz, akkor legyen indirekt: tfh. hogy f folytonos, a feltételeknek megfelelő, f(0) a feltétel miatt nem 0 (nincs olyan n eleme N hogy 1/n=0), legyen ekkor delta = |f(0)/2| mondjuk, és a folyonosság miatt kéne legyen epszilon, hogy minden |x-0|1/epszilon, ilyen van, erre x=1/n választással kész az ellentmondás, mert |x-0| |0-f(0)|=|0-2*delta| = 2*delta ami nem kisebb mint delta mégsem.
20 másodperc után azt hiszem, hogy 0-ban nem lehet folytonos, hiszen f(0) =/= 0, viszont bármilyen kis környezetében lesz f(x)=0, de lehet, hogy nem jól értem a feladatot.
Kedves mindenki! Új dolgot kínálok: elkészült az új webanyagom, ebben többek közt a nemstandard analról írok, ahol vannak végtelen nagy és végtelen kicsi számok. Ennek címe:
www.tar.hu/kristof_miklos/Qnemstandard.doc
aztán sokféle új matekot is kitaláltam, ennek címe
www.tar.hu/kristof_miklos/Q75bev.doc
Ha sikerül valakiben érdeklődést felkelteni, üzenjen! Ha visszatérsz a főmenübe, onnan még sok más érdekes téma is elérhető!
A weblapok forráskódban iródnak, amit a böngésző értelmez és szép grafikus felületté alakit. Minden valamirevaló böngésző meg tudja jeleniteni az aktuális oldal forráskódját. Angol nyelvű böngészőben ezt "source"-nak vagy "page source"-nak nevezik. Nézd meg a böngésződ leirását.
Kedves Gergo73! Köszi a választ, lehet hogy tényleg jobb a ti megoldásotok, és jobban használható. Most viszont az a nagy kérdésem hogy mi a fene az oldal forráskódja, és hol kell azt megnézni? Ne csodálkozz, én abszolút sükebóka vagyok ezekhet a dolgokhoz. Köszi! K M
Kedves Gligeti! Köszi a választ, így továbbgondolom a 290-291 beli megoldásodat, lehet hogy tényleg jobb mint az enyém, nekem fontos a gyakorlati használhatóság.Hogy mihez akarom használni az elég hosszadalmas, de ha kész a weblapom, megadom a címét.Köszi! K M
Engem nem zavart, hogy néhány szám kimarad a képből. Főként mert egyetértek gligetivel, hogy a gyakorlatban ez a módszer nem sokat ér. De örülök, hogy tetszett és továbbgondoltad. Ami az indexeket illeti, nézd meg őket az oldal forráskódjában: úgy kell őket beirni.
Vitatkoznék azzal, hogy a gyakorlatban használható. Az a gond, hogy fordítva már nem megy a gyakorlatban: melyik az i. elem? ehhez prímtényezős felbontást kellene csinálni, ami nagy számokra nehezen megy, mint tudjuk.
Azaz, melyik a 323782347263478624782346786238732678234617816782647862378247823623478236234786-dik elem?
A 790/791 szépsége az, hogy
- a közismert átlós módszer kiterjesztése
- van explicit alakja oda-vissza
- bijekció (minden szám kódol valamit)
- kezelhető (log(n), ha igaz) marad az algoritmussebesség oda-vissza
Kedves Gergo73!
Hogy a pennába írtál be ide indexes kitevőjű számokat? Én csak így tudom: p1^a1, nálad meg a kitevőben van az a1, ráadásul az 1 indexként.
Köszi ha segítesz ebben!
Kedves Gergo73! A te megoldásod áll a legközelebb az enyémhez, pici bibi van benne, mégpedig az, hogy nem minden szám kódol Aijk.. mátrixelemet. Tudniillik kimaradnak azok a számok, amelyekben valamely, a legnagyobb prímnél kisebb prím a nulla hatványon szerepel! Hiszen a mátrixok ilyenek: A1, A2... A11,A12... A111,A112.. szóval nincs nulla index. A helyes megoldás:
a pozitiv egészekből készithető véges rendezett (a1,a2,...,ak) sorozatokat kell felsorolni, pontosabban minden ilyen sorozathoz egy számot, akár valós számot rendelünk, és azt kell felsorolni.
Legyen p1p1^(a1-1)*p2^(a2-1)*...*pk^ak pozitiv egész számot. (tessék figyelni! Minden ai számból levonunk egyet, kivéve az utolsót, abból nem vonunk le!)Ezek mind különbözőek az egyértelmű primfelbontás miatt. Nagyság szerint rendezve őket az eredeti sorozatok felsorolását kapjuk.
Na most ebben a módszerben az a szép, hogy egy
megadott A112123 elemről rögtön meg tudjuk mondani, hanyadik lesz a sorozatban! Tudniillik a
2^0*3^0*5^1*7^0*11^1*13^3 -k elem lesz!
Tehát az 5*11*13^3=120835-ik elem lesz.
Tehát ez a módszer gyakorlatilag is használható.
A többieknek is megköszönöm hogy foglalkoztak a dologgal, az ő módszerük is jó, de gyakorlatilag nehezen kezelhető.
Utánanéztem a témának. A 6x6-os problémára (amely Eulertől származik) Tarry közölte az első bizonyitást 1901-ban. Ez a bizonyitás meglehetősen unalmas: lényegében felsorolja az összes 6x6-os latin négyzetet és megállapitja, hogy nincs bennük két olyan, amelyeket egymásra téve a 36 lehetséges pár elrendezése adódna. Stinson 1984-ben egy jóval szebb bizonyitást adott: A short proof of the nonexistence of a pair of orthogonal Latin squares of order six, J. Combin. Theory Ser. A 36 (1984), no. 3, 373--376. A Matematikai Kutatóintézet könyvtárában megtalálod ezt a cikket.
Azt is tudjuk, hogy mely n-ekre létezik megfelelő nxn-es elrendezése az n görög és n latin betüből álló n2 párnak. Bose, Shrikhande és Parker 1960-ban igazolta, hogy ilyen elrendezés mindig van, kivéve ha n=2 vagy n=6: Further results on the construction of mutually orthogonal Latin squares and the falsity of Euler's conjecture, Canad. J. Math. 12 (1960), 189--203. Ezt a cikket is minden bizonnyal megtalálod a MAKI könyvtárában.
Ha már így szóbahoztam: tud valaki linket (vagy könyvet) a "görög-latin" négyzetekről?
Például a 6x6-os dolog bizonyítását sem tudom, abban a két könyvben, amikben rábukkantam csak elég felszinesen hozták fel a dolgot.
Mennyire emészthető ez a téma szerintetek, ha nem fijezetten matek pályán vagyok? (néhány érdekesnek ígérkező dologra (pl.:fraktál, káosz) némi kutakodás után kénytelen-kelletlen kimondtam, hogy inkább mégsem...)
Létezik bűvös négyzet minden n-re, pl. a 6x6-osok számát néhány trillióra(!) becsülik. A MathWorldon még a létrehozásukra hsználható módszer is le van írva.
Viszont nem minden n-re létezik olyan bűvös négyzet, ahol az összes (mod n értendő) átló helyes. (A két "rendes" átló helyessége beletartozik a bűvös négyzet definíciójába.)
Várj még egy picit! 6x6-os bűvösnégyzet lehet hogy nincs!
Magyarázat: görög-latin négyzetek segítségével. Vegyél 6 db goörög és 6 db latin betűt!
Képezd belőlük az összes lehetséges 6*6=36 db rendezett párt. Ezeket nem lehet elhelyezni úgy a 6x6-os táblán, hogy minden sorban (oszlopban) egy betűböl pontosan egy legyen. Ha 0-tól 35-ig felírod a számokat 6-os számrendszerben, és ezeket a számokat bele tudnád írni egy bűvös négyzetbe, akkor viszont pont egy ilyen lehetetlen görög-latin négyzetet kapnál.
(az nem gond, hogy 1..36 helyett 0..35 számokkal foglalkozunk, csak így minden sorösszeg 6-tal csökken)
Utánanéztem. _Valóban hindu találmány, arab közvetítéssel jutott el Európába. Valóban minden páratlan négyzetszámra jó.
Kis módosítás: nem a sarokból kell kezdeni, hanem (ha felfelé lépdelünk kettesével akkor) a legalsó sor közepéből. Haladunk "lólépésben" felfelé kettőt jobbra egyet. ("maradékosan")
Ha olyan helyre érkeznénk, ahol már van egy beírt szám, akkor nem 2+1-et lépünk, hanem csak 1-et felfelé.
Tehát igy:
17 06 25 14 03
11 05 19 08 22
10 24 13 02 16
04 18 07 21 15
23 12 01 20 09
az előző nem is bűvös négyzet,hihi... :-))
Tehát így mindenhol kijön a 65-ös összeg (átlósan is)
A páros négyzetszámokra nem tudom, hogy van-e mindenesetben megoldás, de valszeg van.
Itt egy 4x4-es négyzet
16 03 02 13
05 10 11 08
09 06 07 12
04 15 14 01
(ez egyébként Albrecht Düreré. A melankonia című művén van, érdekesség, hogy a legalsó sor közepén a 15-öt s 14-et egybeolvasva megkapjuk a mű keletkezésének időpontját)
Úgy tudom páratlan négyzetszámokra (m^2) mindenképen van egy egyszerű eljárás:
Alsó négyzet koordinátái legyen x=1, y=1
Indulsz 1,1-ből sarokból, beírod az 1-et.
Az:
x(n)=x(n-1)+2 mod m
y(n)=y(n-1)+1 mod m
helyre beírod n-et.
Kb ennyi, ha jól emlékszem... (tehát lólépésben haladsz egy adott irányban, ha kiérsz a négyzetből, akkor az "átellenes" oldalon kell folytatnod az irogatást)
A kovetkezo algoritmust javaslom, asszem' egyik parameterben sem exponencialis, de sajnos egzaktul nem tudom megmondani az 'idejet':
Vegyunk annyi 'listat', ahany fele elem eloforul (a huzasok ertekkeszlete). Mindegyik ilyen listaba tedd bele azoknak a 'huzas' - oknak a sorszamat, amelyikben szerepel. (celszeruen a sorszamok nagysag szerint rendezve)
Most vegyuk a lehetseges 'par'-okat. Lehetseges par az a par, amelyeknek a listaiban van kozos 'sorszam'.
Vegyuk az osszes ilyet: mindegyikhez jegyezzuk fel a listat, ami megintcsak az osszes huzassorszamot tartalmazza, amiben mindket elem szerepel.
Majd a szamparok alapjan ugyanez a szamharmasokra...
Es igy tovabb addig, amig eljutunk a minket erdeklo szam k asokig: ha szam k+1-esbol mar egy sincs, akkor az algoritmusunk vegeredmenykent mutatja k erteket, a szam-k asokat, es hogy azok mely szam n- esekben szerepelnek.
