|
[315] lgdt | 2006-07-11 21:26:05 |
Köszi. Úgy néz ki, hibás volt a kódom. Elvileg az enyém is megtalálta volna az összes lehetőséget. :) Most bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg, h nincs páros elemszámú!
|
|
|
[313] Károly | 2006-07-11 17:42:40 |
Bocs, közben rájöttem, hogy hogy kell nézni... A fejléc mindenütt 0, 1, ... n - 1. Látom a táblákról, hogy idempotensek, kommutatívak, regulárisak. A hurokmentességet kapásból nem látom, de biztos úgy van. Akkor ezek ellenpéldák, és köszönöm.
Károly
|
Előzmény: [311] lgdt, 2006-07-11 16:45:41 |
|
[312] Károly | 2006-07-11 17:19:44 |
Milyen szabályokkal hoztad létre ezeket a struktúrákat? Ha jól olvasom őket (nem biztos, hogy jól olvasom, mert fej- és oldalléceket nem látok), ezek a struktúrák nem idempotensek.
Károly
P.S.: Használsz valamilyen matematikai programot, vagy ez egy SQL-eredmény?
|
Előzmény: [311] lgdt, 2006-07-11 16:45:41 |
|
[311] lgdt | 2006-07-11 16:45:41 |
Nekem most úgy tűnik, hogy nem igaz (az asszociativitás hiányából nem következik, hogy ez van helyette).
Itt van 8-ig az összes véges struktúra, hételemű a legelső, amire nem teljesül az állítás. Kérlek, ellenőrizz le egy ellenpéldát, hogy biztosan nem értettem-e félre valamit.
De vajon az igaz, hogy csak páratlan elemszámú ilyen struktúra létezik a végesek között?
|
Előzmény: [310] Károly, 2006-07-10 21:05:50 |
|
|
|
[308] Károly | 2006-07-09 17:17:55 |
Kösz! Persze! "Elszámoltam" magam. Rossz szelektet írtam (ezeket a táblákat SQL-ben nézegetem).
Vagyis a +n visszaadja az 5-elemű ciklikus csoportot, melynek egységeleme n.
Ez már olyan, mintha lenne egy tételünk...:-))
Szerinted az axiómákból le lehet-e vezetni, hogy (ab)(ac)=b(ac) vagy esetleg van ellenpélda?
(Vagy, ami ezzel szorosan összefügg: be lehet-e bizonyítani, hogy az ab létezik definícióval adott reláció ekvivalenciareláció?)
Még egyszer nagyon köszönöm, hogy kijavítottál.
Üdv
Károly
|
Előzmény: [307] 2501, 2006-07-09 16:01:49 |
|
[307] 2501 | 2006-07-09 16:01:49 |
Szervusz!
Szerintem elszámoltál (illetve "-betűztél" :)) valamit. Az a+nb=c a*b=c*n definícióból következik, hogy a+nzn=a a*zn=a*n (ahol zn az egység). Ebből már következik, hogy zn=n, feltéve, hogy az fa(b)=a*b függvény injektív.
|
Előzmény: [306] Károly, 2006-07-07 19:28:39 |
|
[306] Károly | 2006-07-07 19:28:39 |
Neeem!
Nagyon örülök, hogy rögtön vágtad.
Mutatok egy nemtriviális véges példát:
|
a |
b |
c |
d |
e |
a |
a |
d |
b |
e |
c |
b |
d |
b |
e |
c |
a |
c |
b |
e |
c |
a |
d |
d |
e |
c |
a |
d |
b |
e |
c |
a |
d |
b |
e |
|
(Húú - régen TeX-eltem...!! :-)
Ez a tábla természetesen a mod 5 additív csoportból készült - úgy, ahogy mondtad - átlagokkal.
Namost. Vissza lehet-e kapni ebből az algebrai struktúrából az 5-elemű ciklikus csoportot?
A gondolatmenet a következő: Vezessük be erre a szorzótáblára építve az a+nb műveletet, melynek eredménye c, ha ab=cn (a szorzatokat itt az én táblámban kell leolvasni). Az n természetesen a struktúra egyik rögzített eleme.
Az eljárás szépen vissza is adja az 5-elemű ciklikus csoportot. Eddig csupa derű. Csakhogy: melyik elem lesz az így visszakapott ciklikus csoport egységeleme?
Ha erre a kérdésre az átlaggal kívánsz választ adni, a következőt mondod: Most
tehát
Az így kapott művelet
asszociatív, mert (a+nb)+nc=a+b+c-2n
egységelemes, egységelem az n, mert a+nn=a+n-n=a
invertálható, a inverze 2n-a
és kommutatív (ami triviális), tehát tényleg Ábel-csoport.
És - figyelem - egységeleme az n.
Na ezzel szemben ennek a táblának a származtatott +n-je így viselkedik:
Ha n = |
a |
b |
c |
d |
e |
akkor az egységelem |
a |
e |
d |
c |
b |
|
Vagyis az egységelem nem n, hanem az nx=a egyenlet megoldása (úgy is írhatnám ez esetben, hogy an-1.
Honnan van a-nak ez a kitüntetett szerepe? Úgy érzem, a táblázat teljesen szimmetrikus az öt betűre nézve. Vagy elszámoltam valamit?
Köszönöm
Károly
|
Előzmény: [305] 2501, 2006-07-07 10:24:38 |
|
|
[304] Károly | 2006-07-07 09:21:00 |
Más: Ti hogy tanultátok a definíciót?
f felbonthatatlan, ha f = ab-ból az következik, hogy vagy f és a vagy f és b asszociáltak.
Avagy
f felbonthatatlan, ha f = ab-ből az következik, hogy vagy a vagy b egység.
Köszönöm
Károly
|
|
[303] Károly | 2006-07-07 09:19:22 |
Abbahagyva a hülyéskedést, én eddig a következőket látom:
(1) Ha a struktúra véges, akkor (1.a) A 2. axióma sima kommutativitásba megy át. (1.b) A 4. axióma tétel.
(2) Az 5. axióma független, mert van nemtriviális példa 1-4-re, úgy, hogy 5. nem teljesül.
Kösz
Károly
|
Előzmény: [300] Károly, 2006-07-06 16:18:33 |
|
[302] Károly | 2006-07-07 09:02:34 |
Nem úgy értettem, hogy mondjatok példát. (A példa egyébként jó.:-) Hanem úgy, hogy valaki azt mondja, hogy igen, van ilyen algebrai struktúra, korbácsnak hívják, és Vittorio d'Assistenza olasz matematikus publikált tételeket a Zeitschrift der angewandten Nabelschau-ban.
Károly
|
Előzmény: [301] 2501, 2006-07-06 23:26:24 |
|
|
[300] Károly | 2006-07-06 16:18:33 |
Sziasztok!
Új vagyok, ha nem jó helyen járok, irányítsatok át!
Szükségem lenne egy algebrai struktúrára, a következő axiómákkal:
1. Idempotencia: aa = a 2. "Kommutativitás": ab =?= ba (Ezt a jelölést én találtam ki; olvasd: ab, ha létezik, egyenlő ba-val. Ez amolyan "kváziművelet", nem minden ab létezik, de ha létezik, akkor ba is létezik, és egyenlő ab-vel.) 3. Megoldhatók x-re az ax = b egyenletek. 4. Az ax = a egyenlet egyetlen megoldása: x = a. 5. Hurokmentesség: (ab = c és ac = b) => b = c (És ekkor már a = b = c.)
(Asszociativitás nincs!)
Ráismertek-e valami hasonlóra? Van-e neve? Vannak-e tételek?
Köszönöm
Károly
|
|
[299] joe | 2006-06-02 19:48:53 |
138. feladat: (Ha nem tévedek.)
Azt mondjuk, hogy a k számot öröklődő n alapú számrendszerben írjuk föl, ha a k számot a következőképpen fejezzük ki: Írjuk föl a k számot (a hagyományos módon) n alapú számrendszerben, majd az együtthatókat "fejtsük ki", tehát helyett írjunk ai darab összeadandót: . Az így kapott kifejezésben minden kitevőt írjunk öröklődő n alapú számrendszerbe (tehát ismételjük meg az n alap minden kitevőjére az imént leírt eljárást; majd a kitevőkben szereplő számok kitevőire, és így tovább). Ezt az eljárást addig folytatjuk, amíg a kifejezésben csak a + jel, az n szám és a 0 szerepel (tehát az 1-et n0 -nak írhatjuk). Ez a rekurzív eljárás véges sok lépésben véget ér, és a k szám egyértelmű öröklődő n alapú számrendszerbeli alakját adja.
Definiáljuk a következő sorozatot: a0:=k, ahol k természetes szám;
Minden i természetes számra:
Ha ai-1 nem pozitív egész, a sorozatnak nincs több tagja.
Ha ai-1 pozitív egész, akkor írjuk föl azt öröklődő i+1 alapú számrendszerben; az így kapott kifejezésben MINDEN (i+1) számot cseréljünk ki (i+2)-re, számítsuk ki az így keletkezett kifejezés értékét, és az ennél eggyel kisebb számérték legyen ai.
Melyek azok a k természetes számok, melyekre a0=k esetén az ai sorozat véges?
|
|
|
[297] Lóczi Lajos | 2006-05-25 15:07:12 |
A
http://mathworld.wolfram.com/CoinTossing.html
http://mathworld.wolfram.com/Run.html
http://mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html
oldalakon mindenféle szép rekurziókat meg generátorfüggvényeket fogsz találni olyan kérdésekről, hogy pl. "mennyi az esélye, hogy n dobásban nincs k egymásutáni írás", vagy hogy "mennyi az esélye, hogy egy n hosszú dobássorozatban előfordul egy legalább k hosszúságú fejsorozat".
|
Előzmény: [296] stephen, 2006-05-25 10:04:42 |
|
[296] stephen | 2006-05-25 10:04:42 |
Nagyon érdekelne az alábbi feladat megoldása:
Feldobunk n pénzérmét. Mennyi a valószínűsége, hogy lesz legalább k egyforma (fej vagy írás) egymás mellett?
|
|
[295] nadorp | 2006-04-07 08:54:40 |
Köszi a gyors választ és a cikket. "Tisztességes" primitív függvény létezésében én sem hittem, de gondoltam, hátha vannak itt is olyan speciális integrálási határok, ahol az érték meghatározható valamilyen módszerrel ( paraméteres integrál, komplex integrál stb,mint pld. esetén)
|
Előzmény: [292] Lóczi Lajos, 2006-04-07 00:52:18 |
|
[294] Lóczi Lajos | 2006-04-07 01:48:32 |
Homogenitásvizsgálatot alkalmaznak akkor, ha azt szeretnék eldönteni, hogy a két minta azonos eloszlásból származik-e, de maga az eloszlás ismeretlen.
Ha tudjuk, hogy normális eloszlásból származnak a minták és ezek egymástól függetlenek, kétmintás próba alkalmazható: ha a szórás nem ismert, de feltehető, hogy azonos, akkor használnak kétmintás t-próbát.
|
Előzmény: [290] rizsesz, 2006-03-21 11:15:30 |
|
|
[292] Lóczi Lajos | 2006-04-07 00:52:18 |
Mivel az okos szoftverek nem adnak "elemi" függvényből álló megoldást, valószínű, hogy ilyen nincs is. Az integrál, ahogyan írtad, az integrálkoszinuszfüggvénnyel kifejezhető, akár primitívfüggvényként, akár határozott integrálként fogjuk fel. (Ez pedig "egyszerűbbnek" tekinthető, mert a nevezőben nem szerepel x2, csak x.) Az, hogy a példatárba ilyen bekerül, nem baj, de figyelmeztetni illik az olvasót, hogy ne törje magát elemi függvények körében a megoldás keresésén.
|
Előzmény: [291] nadorp, 2006-04-06 23:21:16 |
|