Fórum: Valaki mondja meg!

Szerintem nem a fixpontok bevetése a jó irány, hanem a további szimmetriák keresése.

Ha van három olyan tengelyes tükrözés, aminek a tengelye nem megy át egy ponton, akkor ezekből összerakhatunk egy eltolást.

"most már csak azt kell belátnod, hogy ha van több szimmetriatengelye is az alakzatnak, akkor azoknak is át kell haladniuk az M ponton. "

Szerintem ezzel nem sokat segítettél, ez mindössze egy triviális átfogalmazás. Mivel a síkbeli egybevágóság "megfelelő" alakzatok önmagára való folytonos transzformációja, ezért alkalmazható rá a Brouwer féle fixponttétel. Megfelelő alakzaton korlátos, zárt (kompakt) és egyéb jó tulajdonsággal bíró (mik ezek? segítsetek) síkbeli ponthalmazt értünk. Tehát egy megfelelő alakzat egybevágóságának mindig van fixpontja. Most indirekt tegyük fel, hogy az alakzatnak van három nem egy ponton átmenő, és páronként nem párhuzamos szimmetria tengelye. Ezen tengelyekre vett egymásutáni tükrözés az alakzatnak szintén egybevágósága lenne, de ennek nincs fixpontja (csúsztatva tükrözés, ami egy irányításváltó fixpont nélküli e.v. transzformáció, mint ez közismert), vagyis ellentmond a Brouwer fixponttételnek.

de cserébe milyen jó az angolja :)

Matematikai zöldség amit írsz.

- nem igazán talál amit írtál ,mert ez csak az előző angol nyelvű bizonyításnak lenne a folytatása ,vagyis inkább az arra megírt véleményre amit ,,HoA" írt,hogy az n=a+b+1 egyenlet esetében említett a és b természetes számokat nem lehet összekeveni a prímekből kapott a=(p-1)/2 és b=(k-1)/2 esetében ,na igen ,ha p és k ,2 -nél nagyobb prímeket használunk . - remélhetőleg érthetőbb lesz - ... egyébként meg nem értem mi vagy inkább miért nem érthető ?

- azért köszönöm a hozzászólásokat és még számítok rájuk a továbbiakban is - remélhetőleg számíthatok - köszönöm

A Goldbach-topikbéli kérésednek eleget téve megpróbáltam elolvasni ezt az új bizonyítást, de nem sikerült. Sajnos egy hangot sem értek belőle. Nem értem, mit szeretnél kihozni, mi az, amit már tudunk, mi mit jelöl...:S

Kihámoztam a bizonyításodat, és az állításodat. Persze a Goldbach sejtést szeretnéd bizonyítani, ezzel nincs is baj, nézve, hogy az aktív fórumozók fele itt ezt szeretné bizonyítani. De a 7 soros teljes indukciós bizonyítás kicsit pofátlan, nos nem minden 1-nél nagyobb páratlan szám prím, hogy mondjak egy ilyet például a 9. Itt bukik meg a bizonyításod.

- bármelyik n-re létezik egy a = (x - 1)/2 és egy b = (y - 1)/2" - igen értem,csak,hhogy ez előőtt ,ha megnézed van még az,hogy ,,bizonyítsuk be ... " - nos , így is egyértelmű lenne,hogy minden n -re létezik egy a és egy b ,mire az n=a+b+1 igaz ?

- válaszodért köszönet !

Mondom, nem olvastam végig, már az állításod sem értelmes, így a bizonyítást elolvasni felesleges.

- köszönöm szépen ! ... és akkor ez így rendben is lenne vagyis indukcióval bizonyítottnak tekinthető ?

"bármelyik n-re létezik egy a = (x - 1)/2 és egy b = (y - 1)/2"

Innentől már tovább sem kell olvasni, ugyanis az "a"-t már korábban definiáltad az x=2a+1 miatt.

- nos ez így mennyire van,lenne rendben ? - legyen x , y két prím szám ,x > 2 , y > 2 , x = 2a + 1 , y = 2b + 1 és n > 2 , ha a , b és n természetes számok, - bizonyítsuk be,hogy bármelyik n-re létezik egy a = (x - 1)/2 és egy b = (y - 1)/2 mire az n = a + b + 1 egyenlet igaz . bizonyítás - n = a + b + 1 vagyis n = (x - 1)/2 + (y - 1)/2 +1 - ha n = 3 akkor x,y = 3 vagyis (3 - 1)/2 + (3 - 1)/2 + 1 = 1 + 1 + 1 = 3 - ha n = 4 akkor x = 5 , y = 3 --- (5 - 1)/2 + (3 - 1)/2 + 1 = 2 + 1 + 1 = 4 - ha n = 5 akkor x,y = 5 ----- (5 - 1)/2 + (5 - 1)/2 + 1 = 2 + 2 + 1 = 5 - - n = k - ra , vagyis k = (x - 1)/2 + (y - 1)/2 + 1 = (2a + 1 - 1)/2 + (2b + 1 - 1)/2 + 1 = a + b + 1 feltételezzük,hogy igaz - akkor k + 1 re kapjuk k + 1 = (x - 1)/2 + (y - 1)/2 + 1 +1 = .... = a + b + 1 + 1 = a + (b + 1) + 1 ,nos ez is igaz , tudván, hogy a természetes számok sora egyessével emelkedik . - a+b+1=n akkor (x-1)/2 +(y-1)/2 +1=n ------------- n=k --- ra (x-1)/2 +(y-1)/2 +1=k feltételezzük igaz , akkor (x-1)/2 +(y-1)/2 +1 +1 =(2a+1-1)/2 +(2b+1-1)/2 +1 +1 = a +b +1 +1 = k +1 vagyis k+1 re is igaz

Szerintem a kérdés volt pongyolán megfogalmazva. Az "Igaz-e, hogy ..." kérdést nyilvánvalóan úgy kell érteni, hogy "Következik-e ebből minden esetben, hogy ...". Az egy pontból álló példa nem minden eset.

(Az első állításnál ki kellett volna kötni, hogy L nem üres. :-) )

Igazad van,egyetlen pontnak szinte mindene van és semmije sincs egyszerre, de én nem ennyire korlátos alakzatra gondoltam.:D Viszont mindig, mindenre gondolni kell!(pl. arra is, hogy egy terminál el tudja nyelni a bankkártyádat. Velem ez történt ma. Tudod ilyenkor mit kell tenni?)

Egyetlen pontnak van 120 fokos forgásszimmetriája, 120 nem osztója 180-nak, így szerinted egy pont nem középpontosan szimmetrikus. Pedig igen.

A tengelyes tükrözésnél a tengelyen lévő pontok fixpontok, tehát helyben maradnak. Ha van két (különböző) szimmetriatengelye az alakzatnak, akkor könnyen beláthatod, hogy ezek nem lehetnek párhuzamosak egymással. Akkor viszont metszik egymást. Az M metszéspont mindkét tengelyre nézve fixpont, most már csak azt kell belátnod, hogy ha van több szimmetriatengelye is az alakzatnak, akkor azoknak is át kell haladniuk az M ponton.

A középpontos tükrözés 180 fokos elforgatást jelent, tehát ha alfa osztója 180-nak, akkor igaz, hiszen több alfa fokos elforgatással elérheted a 180 fokos elforgatást, vagyis a középpontos tükrözést. Különben nem.

Szeretnék segítséget kérni,ha lehetséges: 1, Egy L korlátos alakzatnak legalább két szimmetriatengelye van. Igazoljuk, hogy az összes szimmetriatengely egy közös ponton halad keresztül!

2, A L korlátos alakzatnak van -szögű forgásszimmetriája (0 << 180). Igaz-e hogy L tengelyesen szimmetrikus? Igaz-e, hogy L középpontosan szimmetrikus?

Köszönöm szépen!

- előre is bocsi az angolért -- ,ha szükséges --- - az alábbi mennyire lenne,lehetne elfogadható bizonyítása a hiányosságnak azon bizonyos sejtés bizonyításából,az n=a+b+1 egyenlet estére,azon bizonyos a és b számokra ,amik jelen esetben x és y lennének ?

- Be prime numbers p and k as P = (2x +1) and t = (2Y +1), where x and y are integers, - To show that whatever n, greater than or equal to 2, there are numbers x and y as x = (p-1) / 2 and y = (t-1) / 2, so that the equation n = x + y +1 is always true - For n = 2 we have p = 2 and t = 2 so that 2 = (2-1) / 2 + (2-1) / 2 +1 or 2 = 1/2 +1 / 2 +1 ie 2 = 1 + 1 or 2 = 2 - For n = 3 we have p = 3 and t = 3 so that 3 = (3-1) / 2 + (3-1) / 2 +1 or 3 = 1 + 1 +1 ie 3 = 3 - For. n = 4 we have p = 5 and t = 3 so that 4 = (5-1) / 2 + (3-1) / 2 +1 or 4 = 2 + 1 + 1 ie 4 = 4 ... - For. n = k we have k = x + y + 1 ie k = (p-1) / 2 + (t-1) / 2 +1 suppose is always true, so - For. k = k + 1 we have k +1 = ((p-1) / 2 + (t-1) / 2 +1) +1 ie k + 1 = k + 1 so than q.e.d.

köszönöm szépen a választ !

- nos ebből a válaszból értsem azt,ha az n=a+b+1 egyenletben az a=(p-1)/2 és b=(k-1)/2 alakú ,ahol p és k prímek, ... és az egyenlettel kapcsolatos állítás miszerint minden 1 nél nagyobb n természetes számra létezik egy a és egy b ,a fennt említett formában,mikre az n=a+b+1 állítás igaz ,nos abban az esetben az előzőleg megírt bizonyításom arra a sejtésre ,netalán,elgogadható is lehetne ?

- várom a választ

Üdvözlettel,Jhony !

Jól értem, hogy a bizonyítás arra menne ki, hogy minden kettőnél nagyobb prím páratlan? Vagy arra, hogy minden páratlan szám 2n+1 alakú? Dehát ezek a prím és a páratlan definíciójából közvetlenül következő dolgok, nem?

ok-é köszönöm ! az lenne az állítás,hogy minden kettőnél nagyobb prím felírható 2n+1 formájában ... - a kérdés pedig,hogy ez a levezetés,bizonyítás elégséges e arra,hogy igaz ?

- köszönöm a választ !

Nem tudom, honnan emeled át ezt az angolul is szörnyű szöveget ( "every prim p>2 can be writing" , etc. ) , de ezen túltéve magunkat sem értem, mi az állítás. Ez egy önálló "tétel" , vagy a [1608]-nak akar valami kiegészítése/módosítása lenni?

Ha te úgy véled, megértetted a levezetést, nyugodtan írd le magyarul, úgy talán a többiek is kedvet kapnak belenézni.

prove that every prim p>2 can be writing in the form of 2n+1 for n>0 ,n number natural,so p-1=2n --- p-1 --- even,because p is odd.

so p>2 --- than p>=3 p is prim,p>2 so than p is even so p=2k+1,where k=1,2,3,...,n. so p=2k+1 --- subtract 1 from both sides,than p-1=2k 2n=p-1=2k so 2n=2k --- divide both sides by 2 n=k - so for every p prims there are n>=1,n natural , such that p=2n+1

- is this correct,right ?

Szerintem rendben van. A 2^-n hosszú diadikus intervallumok éppen az olyan tégláknak felelnek meg, amikor az első n koordinátában előírod valamelyik jegyet, a többi jegyet szabadon engeded, és a kétféle mértékük megegyezik. Ezek generálják a [0,1] szokásos Borel-struktúráját (lehet, hogy a végpontokkal kell egy kicsit maszatolni, ezt nem gondoltam végig, de úgyis csak megszámlálható sokan vannak, úgyhogy biztos minden oké). Úgyhogy a két Borel-mérték ugyanaz. Azon számok, ahol az átlag limesze létezik, nyilván Borel (beszélgetünk róla:P, egyébként valamelyik Borel-osztályba a limesz definíciója is belenyomja).

Így már OK, és valamikor tanultam is én a Carathéodory kiterjesztésről (nagyon rég volt), de a szorzatterekről nem. Fiam tanul most valszámot, ezért került elő ez a probléma. Ahhoz képest, hogy ez egyáltalán nem magától értetődő fogalom, elég lazán odavetik hogy a vv-k számtani közepe erősen konvergál. Persze mivel nem tanult mértékelméletet, nem is tudta ezt értelmezni (szerintem nem volt vele egyedül). Egyébként mi a véleményed a [0,1] intervallum 2-edes törtjeinek jegyeiről? Igaz amit arról írtam?