De nem az a ChatGPT volt az, ami a bongeszodben elerheto. Tovabba Lean is fel volt hasznalva. Es a szamitogep sem peldaul egy 8 GB laptop volt:) Valamint az ellenorizendo allitasok igaz/ nem igaz egyertelmuen meg volt fogalmazva matematikailag (emberek altal). Ha egy feladatot be irsz a ChatGPT bongeszojebe akkor sem jut el mindig helyes megoldashoz. (A megoldas helyes, ha az emberek elfogadjak) Szamolni sem tud. Kamuzik a memoriajabol. Ez csak azert van, hogy szeles korru felhasznalok teszteljek. Ingyen. Vagy nemi apropenzert. Tehat a mukodest ertekelik. Jobb modszer a modell letoltese es offline a gepeden futtatod. Videokartya es memoria fuggo a sebesseg is. RTX520 at erdemes lesz erre hasznalni. Elso lepes egy olyan protokoll amit nem szeghet meg.(Nincs kamuzas, nincs haverkodas, mindent ki kell irnia egy fajlba stb...) A legjobb modszer, hogy megirod neki mit csinaljon. Ennek ket verzioja van. Megmondod neki standard, azaz mar ismert matematikai elnevezessel. A masik, hogy definialod neki, mert meg nem is letezik a standard matematikaban. A masik problema kivedesere, hogy ezek egy olyan nyelvi modellek, ami csak azt tudja amit talal....
Valószínűleg lesznek nagy áttörések a matematikában az AI segítségével (az idézett példák nem ilyenek), de nem világos, hogy mikor. Más területen már volt ilyen, lásd pl. Demis Hassabis Nobel-díját (lásd még ezt a dokumentumfilmet is). Az sem világos, hogy a jövőben hogyan fogunk matematikát kutatni, és mi lesz az emberek szerepe a matematikában.
A függvények a bal-teljes, jobb-egyedi bináris relációk. A többértékű függvényekre a jobb-egyediség nem teljesül, tehát a többértékű függvények nem függvények. Ezt csak mintának hoztam fel olyan jelzős szerkezetű fogalomra, amelyben a jelző nem restriktív (szűkítő) értelmű, hanem az eredeti (jelzőtlen) fogalomtól eltérő fogalmat definiál. Tudom, hogy vannak még ilyen fogalompárok a matematikában, csak most épp egy sem jut eszembe ezen kívül. Persze nem olyanra gondolok, hogy pszeudo-, meg anti-, vagy ilyemi, amiről nyilvánvaló, hogy nem restriktív, hanem olyanra, amit vélhet restriktívnek is az, aki nem ismeri a két (a jelzőtlen és a jelzős) fogalom pontos definícióját. Tudnádok ilyen példákat mondani?
Tegyük fel, hogy egy Bayes-következtetéses modellben a prior valószínűségeket becslés alapján választjuk meg, majd ezeket iteratívan frissítjük minden új mérési eredmények alapján. Tegyük fel továbbá, hogy az egyes mérésekhez tartozó feltételes valószínűségek pontosan ismertek (számíthatók vagy kísérletileg meghatározottak).
Felmerült bennem a következő gondolat:
Mi történik, ha ugyanazt a feltételes valószínűséget használva újra és újra frissítjük a priorokat? Azaz iterálunk a Bayes-szabály szerint, amíg a becslés konvergál.
Az intuícióm az, hogy a "jó" becslés az, amelyet a további frissítés már nem módosít.
Ez viszont felvet egy kérdést:
Ha a Bayes-frissítést operátornak tekintjük, akkor a konvergáló becslés nem tekinthető-e ennek az operátornak egy sajátérték-problémájaként? Létezik-e olyan prior, amely invariáns marad a frissítés alatt, és ezt meg lehet-e találni iteráció nélkül, pusztán a sajátértékek kiszámításával?
Ha ugyanazt a feltételes valószínűséget használva iteráljuk a priorokat, akkor a konvergáló eloszlás nem tekinthető-e a Bayes-frissítés operátorának sajátvektoraként? Létezik-e módszer, amellyel ezt a fix pontot iteráció nélkül, sajátérték-problémaként meg lehet oldani?
Ez standard, de azért gyorsan leírom, hogy megy. A lenti bizonyításban N a pozitív egészek halmaza, R pedig a valós számok halmaza.
Legyen S az N azon részhalmazainak halmaza, amelyek nem végesek és nem ko-végesek. Legyen T a (0,1)-beli valós számok halmaza a 2-hatvány nevezőjű racionális számok kivételével. Most megadunk egy f:S->T bijekciót. Ha A∈S, akkor legyen f(A)=suma∈A2-a. Könnyű ellenőrizni, hogy f bijekció, aminek alapján |S|=|T|.
Legyen S' az N azon részhalmazainak halmaza, amelyek végesek vagy ko-végesek. Legyen T' a (0,1)-beli, 2-hatvány nevezőjű racionális számok halmaza. Könnyű belátni, hogy S' és T' is megszámlálhatóan végtelen, amiért |S'|=|T'|.
Mivel P(N) az S és az S' diszjunkt uniója, (0,1) pedig a T és a T' diszjunkt uniója, ezért a fentiek alapján |P(N)|=|(0,1)|. Végezetül könnyű megadni bijekciót (0,1) és R között, tehát végeredményben |P(N)|=|R|. Megjegyzem, hogy sok más úton is belátható ez az egyenlőség.
"de nem nehéz belátni, hogy a fenti definíció értelmében P(N) ugyanakkora, mint a valós számok halmaza (ezt is Cantor írta le először)"
Ez így valóban nem hangzott el, és én nem is látom hirtelen, hogy miért van így. Persze ki is guglizhatom, de ha van kedved leírni, lehet, hogy másnak is érdekes lesz.
Igazából erről is szólt, hiszen megadtam Cantor definícióját: "Ha pedig van teljes párosítás A és B elemei között, akkor azt mondjuk, hogy A és B ugyanakkora." Az egész számok és a páros számok között természetesen van teljes párosítás (x-nek a párja 2x). A valós számokról külön nem beszéltem, de nem nehéz belátni, hogy a fenti definíció értelmében P(N) ugyanakkora, mint a valós számok halmaza (ezt is Cantor írta le először). Azt pedig hangsúlyoztam, hogy P(N) nagyobb, mint N.
Amiről írsz az így jó. Ugyanakkor szerintem egy laikusnak érdekes lehet az is, amiről itt korábban volt szó, nevesen, hogy pl. "ugyanannyi" páros szám van, mint egész szám, de "több" valós szám van, mint egész. Erről, ha jól értem, nem szólt az 15546 sz. írásod.
Szerintem Cantor legfőbb felfedezése az volt, hogy a végtelen halmazokat is össze lehet hasonlítani, és minden végtelennél van nagyobb végtelen. Tulajdonképpen a számolás újragondolásáról van szó. Amikor megszámoljuk mondjuk a gyerekeket egy kiránduláson, akkor képzeletben minden gyerekhez egy címkét társítunk: 1, 2, 3, ..., 30. Cantor azt vette észre, a számolásnál alapvetőbb maga a "társítás". Tehát ha mondjuk két gyerekcsapat találkozik, és el akarjuk dönteni, hogy melyik csapatban van több gyerek, akkor nem kell mindkét csapatot megszámolni: elég az egyik csapat gyerekeit párosítani a másik csapat gyerekeivel (fogják meg egymás kezét). Ha tökéletes a párosítás, akkor Cantor definíciójának értelmében ugyanannyian vannak. Ha valamelyik csapatban már nem jut pár a másik csapatból, akkor az a csapat a nagyobb.
A párosításos definíció végtelen halmazok esetén is működik. Viszont megjelenik egy furcsaság: ha egy végtelen halmazból elhagyunk egy elemet, a maradék halmaz elemei még párosíthatók az eredeti halmaz elemeivel, vagyis Cantor definíciójának értelmében ugyanakkorák. Pl. ha a {0,1,2,...} végtelen halmazból elhagyjuk a 0-t, a maradék {1,2,3,...} halmaz elemei párosíthatók az eredeti halmaz elemeivel: egy jó párosítás a {(0,1), (1,2), (2,3), (3,4), ...}. Szóval végtelen halmazoknál egy kicsit óvatosabban kell definiálni a kisebb és nagyobb relációkat. Ha A és B két végtelen halmaz, és A valamelyik részhalmazának elemei párosíthatók B elemeivel, akkor azt mondjuk, hogy A legalább akkora, mint B. Ha pedig van teljes párosítás A és B elemei között, akkor azt mondjuk, hogy A és B ugyanakkora. Ha A legalább akkora, mint B, de nem ugyanakkora, mint B, akkor azt mondjuk, hogy A nagyobb, mint B.
És akkor következzék Cantor tétele. Ha A tetszőleges halmaz, és P(A) az A részhalmazainak halmaza, akkor P(A) nagyobb, mint az A. Például, ha N a természetes számok halmaza, akkor P(N) egy nagyobb végtelen halmaz, P(P(N)) egy még nagyobb végtelen halmaz, P(P(P(N))) egy még nagyobb végtelen halmaz, és így tovább. Valójában a halmazelmélet egy jelentős része azzal foglalkozik, hogy megértse a különböző végtelen számosságok közötti összefüggéseket. Pl. egy fontos kérdés volt, hogy van-e olyan halmaz, ami az N-nél nagyobb, de a P(N)-nél kisebb. Gödel (1940) és Cohen (1963) munkája nyomán tudjuk, hogy a halmazelmélet szokásos axiómáiból kiindulva ez a kérdés nem dönthető el. Tehát a szokásos axiómák mellett feltehető (ha szükséges), hogy ilyen halmaz nincs, de az is (ha szükséges), hogy ilyen halmaz van.
Mi Cantor fő tétele röviden, laikusok számára? Azért kérdem, mert a Nobel díjas Krasznahorkai a Babes-Bolyai egyetem díszdoktori avatsi beszédében Cantor művének nagy hatásáról beszélt (értsd: számára nagy hatása). - (kösz)
Cantor tételét formalizálták Lean-ben, szóval vitatkozni rajta olyan, mint azon vitatkozni, hogy mondjuk a sakk világbajnokság döntőjében megengedett volt-e minden lépés. Lásd a 63-as tételt itt.
[A kérdés épp passzol a standardizált normális eloszláshoz.
Ebben az értelemven viszont a (0,1) re gondolni értelmes.
(F eloszlás táblázata is jó) ]
Általánosabban:
Tehát van egy véletlen kiválasztás.
Tetszőleges folytonos eloszlású sokaságból vett n elemű véletlen minta esetén annak valószínűsége, hogy a min x, max x intervallumhoz tartozó valószínűség legalább q
1-nq^(n-1)+(n-1)q^n
itt n a minta elemszáma.
(Ebben benne van a jól rendezés (0,1) re képez. n pozitív egész szám.)
Ha már akkor arra a kérdésre nem volt reflektálva.
lehet jólrendezni, ami olyan tulajdonságú, hogy minden számhoz van következő, de egynél több olyan van, aminek nincs közvetlen megelőzője
Ennél többről van szó. Jólrendezésben minden nemüres részhalmaznak van legkisebb eleme. Másként szólva nincs végtelen csökkenő lánc a rendezésben: x1>x2>...
Szerintem nem éri meg túl sok időt ilyesmire szánni.
Ténylegesen fel kell tennem a kérdést.
Érdemes a (0,1) intervallummal túlzottan foglalkozni?
(1,2) éppolyan izgalmas, csak "1/0" az "1/(2-2)"="1/(1-1)"=
="1/(x-x)"="N/(N-N)"
Sajnos nem tud izgalomba hozni. (Sőt igazán azr se értem, hogy lehet ilyesmire izgulni. :-). Sündisznó a súrolókefén)
Az viszont egy érdekes recenzió lenne, összeszedni az összes eddigi témát, ami (0,1) gyel kapcsolatos beleértve
(0,1)x(0,1)×(0,1).......x(0,1) tetszőleges n re. (n dimenziós nem kompakt terek) n--> inf
Szép irodalomkutatási feladat lenne. :-)
A rendezésről azt szokták mondani, akkor is rendeznek amikor nem is kellene. Másrészt ahol kellene ott nem rendeznek. Transzfinit rendezés, rekurzió, számosságok.
A Cantor féle bizonyítás a legegyszerübb és zseniális.
Azt meg lehet ismételni más intervallumokon is. Csak éppen
első sorban arra kell hivatkozni, hogy (1,2) számossága is kontinuum számosságú. A végtelenre hivatkozni kell. (0,1) ben a határ nulla miatt ez természetes. A többinél már kellett némi alakítás.
Olyan sok szép téma van egyébként. Erre lefoglal az ember egy fájlt, ahham (0,1), hopp már fel is jegyzi az ember a többi közé. Aztán majd rendezgeti.
Ez talán a legmisztikusabb része a matematikának. Lehetséges a jólrendezés, de konstruálni nem lehet, és nagyon nehéz elképzelni, hogyan is nézhet ki. Nyilván ugrálnia kell valahogy, de hogy hogyan??? Ha próbáélozunk, egyik misztikus dolgot magyarázzuk a másikkal. Nem csoda, hogy voltak, akiknek nem tetszett az egész. Viszont elhagyva az axiómát is bajos, ki lehetne dobni a matematika nagy részét, közte nagyon hasznos eszközöket.
Szerintem Lambda kalkulussal se lehet ilyet előállítani.
Sőt Combinatorikus módszerekkel sem.
Kategóriaelmélettel sem.
1920 ban kezdődtek ezek az okoskodások.
Egy függvényről az argumentum nélkül állítani valamit.
(Végtelen terek)
Például lehetnek logikai függvények is.
Olyan felsorolás Ms ami az összes Sn tartalmazza megint lesz Sn részhalmaz ami nem lesz benne.. Például Block Design. Ha listákról van szó. Mitől olyan lényeges egyébként a (0,1) intervallumbeli összes kettedespont utáni 0,1 tartalnazó sort felsorolni?
Van egyébként programozási technika is hozzá ez a lambda kalkuluson alapul , meg van a másik módszer amikor függvényekre hivatkoznak. Mivel a Lambda kalkulus nagyon nehéz. (A Kategória elmélet is az.) Kirling gépekkel irányított Turing gépek. Bizonyításelmélet és kiszámíthatóság. Ezek azok a területek ahol ilyen kérdések lehetnek.
Vannak ilyen Design tipusú listák. De egyik sem (0,1) beli
Biztos vagyok benne, hogy lehetlen felsorolni az összes (0,1) beli valós számot
