[2885] kutasp | 2009-03-11 20:22:39 |
grat szép megoldás:) Amúgy fölmerül számos egyéb kérdés is a feladat kapcsán. 1., a te megoldásod és az általam ismert nagyon hasonló megoláds is burkoltan használja a kiválasztási axiómát, ugye akkor amikor választjuk a Hamel-bázist(ennek a létezését a vele ekvivalens Zorn-lemma biztosítja). Létezik-e ezt nem használó bizonyítás vagy esetleg ez állítás is ekvivalens a kiválasztási axiómával?
2., egyéb struktúrákra megnézni, hogy mikor színezhetők ki két színnel, konkrétabban:
a., Milyen véges Abel-csoportok színezhetők ki két színnel úgy, hogy mindkét színosztály zárt legyen a különböző elemekkel való csoportműveletre(azaz hatványozásra nem feltétlenül!)(erre úgy gondolom hogy tudom a választ)
b., ugyanez végtelen Abel-csoportokra
c., ugyanez tetszőleges csoportra
d., és az igazi általánosítás: ugyanez félcsoportokra, bár sztem ezek karakterizációja reménytelen, de esetleg érdemes megvizsgálni az ilyen félcsoportokat. Mindezt csak mint matematikus hallgató írom, tehát lehet hogy ennek az egész dolognak minden része ismert, ebben az esetben előre is elnézését kérem mindenkinek.
|
Előzmény: [2881] jenei.attila, 2009-03-11 12:03:31 |
|
|
[2883] Tibixe | 2009-03-11 18:09:52 |
Ha jól látom, a lenti megoldás általánosítható 2c sok színre, mert egy színt meghatároz az, hogy melyik együtthatót követeljük nemnegatívnak és melyiket negatívnak. És kontinuum sok együttható van.
Színek egyesítésével pedig megkaphatunk bármilyen ennél kisebb számosságot.
Jól látom?
|
|
|
[2881] jenei.attila | 2009-03-11 12:03:31 |
Válaszolnék az alábbi valóban érdekes feladatra:
"Ki lehet-e színezni a pozitív valós számokat pirosra és kékre(mindkét színt kell használni), hogy pirosak összege piros, kékek összege kék legyen?"
Sokat agyaltam rajta, és úgy tűnik van ilyen színezés. A "valaki mondja meg" topikban feltettem néhány valós számokra vonatkozó algebrai kérdést, azokat is ez a feladat hozta elő. Tekintsük a valós számok testét a racionális számok teste feletti vektortérnek. Ennek a vektortérnek a bázisát Hamel bázisnak nevezik. Vagyis igaz az, hogy létezik a valós számok halmazának olyan H részhalmaza (ez a Hamel bázis), amellyel minden valós szám egyértelműen áll elő
r1h1+...+rnhn
alakban, ahol az r együtthatók racionális számok, a h számok pedig H elemei és n véges de függ az előállítandó számtól. Feltehetjük, hogy H tartalmazza az 1-et, és r1 az 1 együtthatója. Minden így előállított valós számot színezzünk pirosra, ha a h1 együttható (a szám "racionális része") nem negatív, kékre, ha r1 negatív. Így nyilván a valós számoknak egy jó színezését adjuk meg, és lesz kék pozitív szám is (pl. , ha a is eleme H-nak).
|
Előzmény: [2804] kutasp, 2009-01-07 22:02:55 |
|
[2880] sakkmath | 2009-03-07 17:03:18 |
Igazoljuk, hogy ha 1 < a < b < c, akkor
loga(logab) + logb(logbc) + logc(logca) > 0.
|
|
|
|
[2877] Tibixe | 2009-02-16 19:38:07 |
A
z1=i z2=-i
esetben nálam
|z1|=1
|z2|=1
Tehát
f(i)-f(-i)=-2i
és
i-(-i)=2i
ezek aránya -1.
Abszolút értékeik aránya pedig 1.
És ez a két arány csak előjelben különbözik.
Elrontottam volna valamit?
|
Előzmény: [2876] Cckek, 2009-02-15 21:12:42 |
|
|
|
|
|
|
[2871] psbalint | 2009-01-26 17:02:35 |
megnézed azt a kis nyilacskás részt, és mindegyik elemhez hozzárendeled a tőle jobbra, három nyilacskára álló elemet :)
|
|
|
[2869] S.Ákos | 2009-01-25 21:17:30 |
63=12.5+3, szóval: P63=P60+3=(P5)12.P3=P3 A párosítás pedig abból adódott, hogy külön-külön megnézzük az egyes elemeknél, hogy P háromszori elvégzése mit rendel hozzá az adott elemhez.
|
Előzmény: [2868] mmarta, 2009-01-25 19:02:42 |
|
|
|
[2866] mmarta | 2009-01-25 11:53:47 |
Sziasztok! Segítséget szeretnék én is kérni a köv. feladathoz. Adja meg a P63 permutációt. Egyszerű, szájbarágós magyarázat, megoldás kellene, hogy meg is értsem :)
Köszönöm
|
|
[2865] Kemény Legény | 2009-01-24 02:18:24 |
Hát, semmi sem elég jó Neked :)
Rendben, akkor az új "tétel":
Az ezzel egyenértékű és
egyenlőtlenségek összege
Ismert, hogy
Tehát valamelyik állítás igaz, azaz a "szokásos érvvel" az összes is, a tételt "beláttuk".
Ezt mutatja nyilván az példa is, amikor
Míg a jobb oldal
Amit csináltam az eredeti "bizonyítás" kapcsán, hogy lehagytam a 2-es kitevőket, és a koszinuszra cseréltem a kotangenst, és a jobb oldalra a kerület konstansszorosa került. Ha még mindig vannak ellenvetéseid (pl. szép-szép, de egy kontangenses ellenpélda még szebb lenne, sőt miért nem cáfolom meg rögtön az eredetileg kitűzött A-feladatot is), akkor szólj bátran.
|
Előzmény: [2864] rizsesz, 2009-01-23 23:47:26 |
|
|
[2863] Kemény Legény | 2009-01-23 17:45:05 |
Ha csak az kell, tudok én egyenértékű állításokból is ellenpéldát mutatni. Legyenek 2 háromszög oldalai A,B,C és a,b,c, kerületeik K,k. Állítás: Egyenértékű ezzel: Szintén egyenértékű:
Összeadva a 3 egyenlőtlenséget: a bal oldal (A+B+C)(a+b+c)=Kk azaz valamelyikük igaz, ekkor az "elv" miatt mindhárom igaz.
Ellenpélda: (A=2,B=2,C=3,a=1,b=1,c=0.1,K=7,k=2.1,Aa+Bb+Cc=2+2+0.3=4.3<4.9=Kk/3)
|
Előzmény: [2862] rizsesz, 2009-01-23 10:55:57 |
|
[2862] rizsesz | 2009-01-23 10:55:57 |
Én értem ezt a logikai utat. Pontosan ezért kérdeztem rá. Jelen esetben azonban ha akármelyik igaz, az egyenértékű az állítással.
Ezzel szemben az általad adott példában a 3 állítás nem egyenértékű.
Azt is értem, hogy az eredeti állításból nem juthatunk el a + 2 általam felírt egyenlőtlenséghez.
Szóval már majdnem meggyőztél, de még kötözködöm :)
|
Előzmény: [2861] Kemény Legény, 2009-01-23 10:11:10 |
|
[2861] Kemény Legény | 2009-01-23 10:11:10 |
Az eredeti "bizonyítás" során a 3 állítás bármelyikének igazolása önmagában elegendő lenne a teljes megoldáshoz, de onnantól kezdve, hogy mindhármat felírtuk egyszerre, akkor már csak azt tudjuk belátni, hogy minden háromszögben valamelyik igaz. Abból pedig, hogy egy állítás egy tetszőleges háromszögben igaz az oldalak/szögek valamilyen sorrendjére, nem következik, hogy minden háromszögben az oldalak/szögek tetszőleges sorrendjére igaz lenne.
Az állítások felírásában valóban nincs kitüntetett szerepe semminek, de amikor találunk egyet a 3 közül, ami igaz, abban már az oldalak/szögek egy kitüntetett sorrendben szerepelnek, és épp ez veszi el az általánosítás lehetőségét.
|
Előzmény: [2856] rizsesz, 2009-01-23 02:06:57 |
|