[2141] Csimby | 2007-07-07 04:02:03 |
327.feladat Az f:RR fv. n-edik hatványa legyen fn=fo...of - n db f összekomponálva (tegyük fel, hogy RfkDfk+1, k1 vagy k0 - ez esetben f0:=id, még nem tudom hogy lesz érdekesebb a feladat 0-val vagy 1-gyel. Megj.: Ha k0 akkor f az egész R-en értelmezett és így fn=id-ből következik, hogy f összes hatványa is egész R-en értelmezett). Egy f RR fv. rendje legyen az a legkisebb n pozitív egész, melyre fn=id.
a. feladat Keressünk minden n-re n-rendű f:RR függvényt.
A Cckek által [2116]-ban kitűzött feladatban pl. az függvények az R-{0,1} értelmezési tartományban csoportot alkotnak a kompozícióra nézve az RR fv.-ek terében. Ebben a csoportban rendje 2, rendje 3, a csoport 6 elemű, így ez a csoport izomorf S3-mal.
b. feladat Mely G csoportoknak adható meg ilyen RR fv.-ekkel reprezentációja? (keressünk ilyen reprezentációkat) Megj.: Az a. feladat tehát azt kéri, hogy adjuk meg minden n-re Zn egy reprezentációját és n=2,3-ra már mutattunk példát, igaz egyik sem volt az egész R-en értelmezve, kérdés: van-e ilyen?.
u.i.: Most egy hétig nem leszek, pedig kíváncsi vagyok miket fogtok írni, mindenesetre még én sem gondolkoztam a feladatokon, csak a [2116]-ban kitűzött feladat kapcsán vetődtek fel bennem ezek a kérdések.
|
|
|
|
[2138] Csimby | 2007-07-05 17:33:57 |
Szia!
2/A-ban card a számosságot jelenti? És ha igen, akkor abból hogy ez alef0 miért következik, hogy Z? (Pl. Q nem izomorf Z-vel hiszen nem ciklikus)
|
Előzmény: [2137] Cckek, 2007-07-05 10:42:17 |
|
[2137] Cckek | 2007-07-05 10:42:17 |
Természetesen ki kell zárni a G={0} esetet. Először bebizonyítjuk, hogy G nem korlátos. Legyen
gG,g0.Mivel G csoport,(gG-gG) vehetjük g>0 és ngG minden nN esetén. Ekkor az arkhimédészi axioma értelmében minden rR-re van olyan nN melyre ng>r. Tehát G nem korlátos, és G nem véges.
1. Ha G-nek nincs torlodási pontja mivel G zárt és nem korlátos, ugyanakkor nGG igy G megszámlálható végtelen sok izolált pontból áll, tehát izomorf Z-vel.
2. Ha xG torlodási pontja G-nek, akkor ha V környezete x-nek,(V végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből)akkor minden yG esetén (y-x)+V környezete y-nak (és végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből), tehát y szintén torlodási pont. Tehát ebben az esetben G minden pontja torlodási pont. Két lehetségünk van:
A. G egyetlen pontjának sincs G-beli környezete. Ekkor G minden pontjának a környezetei megszámlálható végtelen sok pontot tartalmaznak G-ből, tehát cardG=0 igy izomorf Z vel.
B. Létezik xG úgy, hogy V=(x-,x+)G. Ekkor V-x=(-,)G és az archimédészi axioma értelmében
(-n,n)G,nN tehát G=R
|
Előzmény: [2133] Csimby, 2007-07-03 16:56:32 |
|
|
|
|
|
|
[2131] HoA | 2007-07-03 11:24:07 |
Igazad van. Sőt még abban is tévedtem, hogy x1,x2 tetszőleges multiplicitással szerepelhet. A valós együtthatós kikötés miatt ez nem igaz, csak párokban léphetnek fel.
Este végignéztem a hat gyök össszes párosításából adódó megoldásokat. Szerintem csak a már ismert 1/2, 2, -1, x1 és x2 értékeket kapjuk. Így aztán könnyen lehet, hogy csak az általad mondottakból adódó (x-x1)(x-x2)(x-1/2)(x-2)(x+1) polinom és a [2129] -beli P(x) a megoldás.
|
Előzmény: [2130] Csimby, 2007-07-02 22:59:08 |
|
|
[2129] HoA | 2007-07-02 16:53:25 |
Szerintem nem kell túlbonyolítani. Odáig világos, hogy a 6 gyökhely . Mivel a polinom csak ötödfokú, szükségképpen vannak köztük egyenlőek. Szépen végig kell nézni, mi adódik ha az egyes párokat egyenlővé tesszük. Például a = 1-a -ból a=1/2 és És itt nem baj, hogy további egybeeső gyökök vannak. A megoldás így írható: , ahol u és v egymástól függetlenül felveheti az 1/2, 2 és -1 értékeket. A további polinomokat a többi pár egyenlővé tételével keressük, és elhagyjuk az ismétléseket. Az választással adódik a már szerepelt páros, ekkor valóban csak ez a két gyök van, jelöljük őket x1ésx2 vel, a polinom így P(x)=(x-x1).(x-x2).(x-u).(x-v).(x-z), ahol megintcsak u,v, és z x1vagyx2. És így tovább, ha van még...
|
Előzmény: [2125] jonas, 2007-07-02 15:19:18 |
|
|
|
|
[2125] jonas | 2007-07-02 15:19:18 |
Egyébként a feladat azért trükkös, mert elindulhat valaki a rossz irányba is, hogy felteszi, hogy az öt gyök különönböző, és nem jut eszedbe, hogy 1-1/(1-1/(1-1/a))=a.
Ekkor gondolhat arra, hogy párba állítja a gyököket úgy, hogy a párja 1-a legyen, és mivel az öt páratlan, ezért biztosan gyök az 1/2 mert csak az párja önmagának, vagy hogy párba állítjuk a-t 1/a-val, és akkor biztosan gyök 1 és -1 közül az egyik.
Vagy arra is gondolhat (szintén ha az összes gyök különböző), hogy ha minden a gyökhöz 1-a is gyök, akkor a gyökök összege 5/2 így az x4 együtthatója -5/2, valamint hasonlóan a gyökök szorzata 1 így a konstans tag 1.
|
|
[2124] jonas | 2007-07-02 15:11:54 |
Na nézzük. Ha a=1-a, akkor a=1/2 és a gyökök 1/2,2,-1. Ha a=1/a akkor vagy a=-1 ami az előző eset, vagy a=1 jönne ki, de az nem jó, mert akkor az 1/0 is gyöke lenne a polinomnak.
Ha a=1/(1-a), akkor és ilyenkor csak két gyök van, mert a=1/(1-a)=(a-1)/a és 1-a=1/a=a/(a-1).
Ezzel ki is merítettük az összes lehetőséget a gyökökre nézve, de a polinomokat nem adtuk meg.
|
Előzmény: [2122] Csimby, 2007-07-02 13:53:58 |
|
|
|
|
|
|
[2118] Csimby | 2007-07-02 13:37:44 |
(reciprok képzés, 1-x, nem vezet ki közülük, viszont ezeknek mind szerepelnie kell) Kéne még vacakolni hogy mi van ha egybeesik pár. De úgy emlékszem algerba gyakorlaton volt valami hasonló Galois elmélet keretein belül. Majd ha végeztem a diffegy vizsgával és lesz időm megkeresem :-)
|
Előzmény: [2117] Csimby, 2007-07-02 13:31:30 |
|
|