[63] Kós Géza | 2004-10-04 09:34:51 |
Hajnal András - Hamburger Péter: Halmazelmélet
5 különböző állításról bizonyítja, hogy ekvivalensek:
1. Kiválasztási axióma. Minden nemüres halmazokból álló S halmazrendszerhez létezik olyan f:SS függvény, amelyre xS(f(x)x).
2. Jólrendezési tétel. Minden halmazon létezik jólrendezés, tehát olyan rendezés, hogy minden nemüres részhalmazban van legkisebb elem.
3. Teichmüller-Tukey lemma. Ha S egy tetszőleges halmaz, és az S véges részhalmazain értelmezett tulajdonság, akkor létezik S-nek olyan maximális részhalmaza, amelynek minden véges részén igaz.
4. Kuratowski-lemma. Minden részbenrendezett halmazban van maximális rendezett részhalmaz.
5. Zorn-lemma. Ha egy részbenrendezett halmazban minden rendezett részhalmaznak van felső korlátja, akkor a halmazban van maximális elem.
A bizonyításhoz szükséges legfontosabb eszköz a rendszámok fogalma, ez is nagyon világosan le van írva a könyvben.
Ha jól értem, téged leginkább az 12 érdekel. A bizonyítás lényegében a természetes ötlet átírása a megfelelő halmazelméleti eszközökre. Valahogy úgy képzeljük el, hogy a halmazból kijelöljük az első elemet. Utána a mardékból a másodikat, és így tovább. Végtelen sok lépés után még mindig nem fogy el, tehát a megmaradt halmazból kijelöljük az -adikat, (+1)-ediket... A kérdés, hogy tényleg elfogy-e a halmaz.
A formális bizonyítás úgy történik, hogy transzfinit rekurzióval definiáljuk S elemeinek vagy részhalmazainak egy sorozatát. Más szóval, a halmaz elemeinek megfeleltetünk egy-egy rendszámot, az elemeket megszámozzuk. Utána a rendszámok rendezése adja a halmaz jólrendezését. Ha az elemek nem fogynának el, abból az következne, hogy az összes rendszám belefér egy halmazba, ami ellentmondás.
|
Előzmény: [62] V. Dávid, 2004-10-03 23:23:13 |
|
[62] V. Dávid | 2004-10-03 23:23:13 |
Hol nézhetnék utána a jólrendezési tétel bizonyításának? Mi csak kimondtuk, de érdekelne a bizonyítása is.
|
|
[61] ScarMan | 2004-09-29 18:14:20 |
Valószínűségszámítás terén különböző források különbözőképpen értelmezik azt, hogyha két dobókockát egyszerre feldobunk, akkor az esetek számánál különbözőnek kell-e számolnunk a két kockát. Bizonyos indoklások szerint igen, hiszen a két kocka a valóságban is egymástól független és különböző,attól függetlenül, hogy mi nem különböztetjük meg őket. Mások azt írják, hogy nem, mert a két kocka között semmilyen különbség nincsen, tehát mindegy, hogy egy adott szám melyiken jelenik meg. Melyik a hivetalosan elfogadott álláspont, illetve ti melyikkel számoltok, és miért?
|
|
[60] Rizsa | 2004-09-28 16:26:22 |
En azt szeretnem kerdezni, hogy a tavalyi tanev egyetlen fizika es informatika megoldasa sem fog felkerulni a honlapra?
Tisztelettel, Kőrizs András
|
|
[59] Orsi | 2004-09-22 19:00:43 |
Nekem egy olyan kérdésem lenne, hogy mi az a "sodrófa" a statisztikában?
A választ előre is köszönöm
|
|
|
[57] Kós Géza | 2004-09-16 14:12:10 |
A verseny október 8-án, délután 2-kor lesz. Mindegyik megyeszékhelyen lesz egy-egy helyszín, ugyanott, ahol tavaly. Budapesten a BMGE lágymányosi informatika épületében.
Nem kell előre jelentkezni, elég oda menni a verseny kezdetére.
A versenyfelhívást a Bolyai Társulatból hétfőn kiküldték az összes középiskolába.
|
Előzmény: [56] BrickTop, 2004-09-15 22:51:27 |
|
[56] BrickTop | 2004-09-15 22:51:27 |
Az idei Kürschák-versenyről hol lehet megtudni bármit is? Keresgéltem a neten de nem találtam semmit. Leginkább a jelentkezési határidő érdekelne, a jelentkezés feltételei (ha vannak) és hogy mikor lesz.
Furcsa, hogy egy ilyen rangos (pl. BME-n felvételi mentességet biztosító) versenynek nincsen honlapja (vagy a Google nem adja ki).
|
|
|
[54] Hajba Károly | 2004-09-15 14:44:17 |
Egy kis szakmai segítségkérés.
Nekem az Adobe Reader 6.0 CE változat van meg, de nem támogatja a .PS kiterjesztésű állományokat csak a .PDF-eket. Milyen szabad programmal tudnám a .PS kiterjesztésű állományokat megtekinteni, mivel több matematikai írás ilyen kiterjesztéssel készült?
HK
|
|
[53] Suhanc | 2004-08-11 21:32:50 |
Üdvözlet!
Egy feladatot írnék le, ami nemrég fogalmazódott meg kérdésként, de nem tudtam hozzászólni,mret még nem tanultunk valószínűségszámítást... éppen ezért lehet, hogy trivi... ötletem sincs, mennyire lehet nehéz.
A kérdés: ketten egy olyan játékot játszanak, amelyben egy kérdésért kell licitálni. A kérdés helyes megválaszolásáért x pontot kap az illető. A licitálást megbeszélés alapján az egyikük kezdi 1-gyel, és a másik, ha akarja, emelheti, de csak 1-gyel. Egyesével felfelé lépkednek, míg, ha valaki megáll, a másik kapja meg a kérdést, amelyre, ha jól válaszol, x pontot kap, ha rosszul, akkor elveszíti licitált pontokat. A kérdésre y valószínűséggel tudja a helyes választ...
TFH az ellenfél kezdte a licitet... ha mindketten y valószínűséggel találjuk el a helyes választ, hol kell abbahagynunk? És ha mi y, ő z valószínűséggel tudja a helyes választ?
Mindennemű segítséget előre is köszönök!:)
|
|
[52] Drin | 2004-07-30 20:20:26 |
Sziasztok! Tudja valaki, hogy milyen e-mail cím alatt lehet letölteni Ortway példákat ?
|
|
[51] Gubbubu | 2004-06-03 18:57:28 |
Nem egészen ide tartozik, talán valamennyire, de tény, hogy a matematika SH atlasz az egyik legpocsékabbul fordított és lektorált, <legigénytelenebb magyar nyelven írt> könyv (nem a legigénytelenebb <magyar nyelven írt könyv>, hanem a <legigénytelenebb magyar nyelven> írt könyv, ugye érthető a különbség)
|
Előzmény: [44] Hajba Károly, 2004-05-16 01:22:29 |
|
|
[49] ScarMan | 2004-06-02 19:22:41 |
Tisztelt KöMaL szerkesztőség (vagy bári más, aki tud segiteni)!
Kömal előfizető vagyok és szeptember óta minden hónapban megkaptam a lapot, de a májusi nem érkezett meg. Ilyenkor mi a teendő? a postán szójak? Vagy lehet, hogy nem küldték ki?
|
|
[48] Csimby | 2004-05-18 00:19:28 |
Elírtam, a végén: a2a2+a3a3 helyett a2b2+a3b3 kell! Ha két a1,a2,...,an sorozatból képezzük a tényezőket, ekkor a bizonyítás egy része nagyon könnyű, de talán hasonló módon bizonyítható a tétel is (?) (a1a2...an):
a1an+a2an-1+...+anan-1a12+a22+...+an2
02(a12+a22+...+an2)-2(a1an+a2an-1+...+anan-1)
0(a1-an)2+(a2-an-1)2+...(an-a1)2
Hiszen a jobb oldalon csupa négyzetszám áll.
|
Előzmény: [47] Csimby, 2004-05-17 21:41:07 |
|
|
[46] joe | 2004-05-17 19:32:50 |
Már régebben észrevettem, hogy bizonyos egyenlőtlenségek ugyanolyan szerkezetűek. Nehéz szavakba önteni a sejtésemet, de valami olyasmiről van szó, hogy ha az egyenlőtlenség mindkét oldalán ugyanazok a változók fordulnak elő, és mindkét oldalban az egyes összeadandók (ha összeadás van) "ugyanolyan fokúak", akkor az az oldal a kisebb, ahol "keverve" vannak a változók.
Érthetőbben, valami ilyesmiről van szó:
a13a2+a23a3+...+an3a1a14+a24+...+an4
pozitív valós számokra. (Tulajdonképpen a 2aba2+b2 is ugyanez az eset.) Már a KöMaL-ban is előfordult ilyen jellegű feladat (ha jól emlékszem a Gillis-Turánról kölcsönözve); ott bonyolította a helyzetet, hogy a nevezőben "keveredtek" a változók, így ott a kevert oldal volt a nagyobb.
Szeretném tudni, van-e ilyen jellegű tétel ("normálisan" megfogalmazva), és ha igaz, mennyire reménytelen megérteni a bizonyítását.
|
|
[45] Csimby | 2004-05-16 11:28:45 |
Köszönöm a gyors válaszokat, amit Sirpi írt az tök jó, valószínűleg feltudom használni. Ha pedig megyek suliba, megkeresem az SH Atlaszt (új matek-könyvtárat "örökölt" a Berzsenyi, szóval asszem ott meg lesz ;-), sajnos nekem nincs meg).
|
|
[44] Hajba Károly | 2004-05-16 01:22:29 |
Kedves Csimby!
A következőt az SH Atlasz - Matematika könyvből szedtem, így én a felét sem értem, de ha felütöd, szerintem választ kapsz a kérdésedre. Kuratowski tétele. 255. oldal.
HK
|
Előzmény: [42] Csimby, 2004-05-16 00:52:11 |
|
[43] Sirpi | 2004-05-16 01:20:29 |
Egy gráf akkor és csak akkor síkba rajzolható, ha nem tartalmaz részgráfként "3 ház, 3 kút", és "teljes ötszög" részgráfokat, vagy olyanokat, melyek ezeket topológiailag tartalmazzák.
A "3 ház, 3 kút" az a páros gráf, melynek felül és alul is 3-3 csúcsa van, és mindegyik felső össze van kötve mindegyik alsőval. A teljes ötszög pedig az az 5-pontú gráf, amibe minden él be van húzva.
A topológiai pedig valami ilyesmi hajnali 1 körül: Egy G gráf akkor tartalmaz topológiailag egy másik H gráfot, ha egyszerűsítő lépésekkel el tudunk jutni G-ből H-ba. Egy egyszerűsítő lépés pedig úgy néz ki, hogy a gráf néhány csúcsát 1 csúccsá nyomjuk össze, és ez az egy csúcs mindazokkal a csúcsokkal lesz (egyszer) összekötve, amelyekkel az összenyomott csúcsok valamelyike össze volt.
Az ábra mutatja, hogy miért kell ez a plusz feltétel: az ábra topológiailag tartalmazza a "3 ház, 3 kutat", bár részgráfként nem. Nem is síkba rajzolható.
|
|
Előzmény: [42] Csimby, 2004-05-16 00:52:11 |
|
[42] Csimby | 2004-05-16 00:52:11 |
Megtudná nekem valaki mondani, hogy mi annak a feltétele, hogy egy gráf síkba rajzolható-e? (síkbarajzolható akkor, ha éleit betudjuk úgy húzni, hogy azok ne messék egymást)
|
|
|
[40] Sirpi | 2004-05-10 13:10:46 |
Gézával konzultálva és ötletét felhasználva nézzük, milyen (felső) becslést adhatunk a sorok számára, hogy biztosan legyen egyszínű csúcsokkal rendelkező téglalap.
Legyen tehát a színek száma k, az egy sorban lévő rácspontok száma n, a sorok száma, amire becslést akarunk adni pedig legyen m. Ekkor érdemes feltenni, hogy n>k, ellenkező esetben végtelen hosszú is lehet a rács, mégse feltétlen lesz benne jó téglalap.
A felső becsléshez először kiszámoljuk, hogy egy adott sor minimum hány darab egyszínű rácspontpárt tartalmaz mindenképpen (pl. a PPKZKP sor 4 párt tartalmaz, ebből három pár piros, egy pár pedig kék.)
Vegyünk egy tetszőleges sort, benne az egyes színekből legyen rendre a1,a2,...,ak darab, ezek összege éppen n. Ilyenkor a párok száma éppen
Átalakítások után, és használva a számtani- és a négyzetes közép közti egyenlőtlenséget az a1,a2,...,ak számokra:
Vagyis minden sorban van legalább darab pár.
A lehetséges párok száma , hiszen a pár 2 eleme tetszőlegese pozíciót elfoglalhat, színe pedig k-féle lehet. Ha m sorunk van, és nagyobb az előbbi értéknél, akkor lesz megfelelő téglalap.
Azaz
amiből átrendezés után
Erről a becslésről látszik, hogy mindig legalább k2, és maximum k2(2k-1) (utóbbi akkor, ha n=k+1). Van egy csomó eset, amikor a becslés el is érhető, erről később.
|
Előzmény: [38] Sirpi, 2004-05-05 11:03:18 |
|
[39] Csimby | 2004-05-06 23:28:14 |
A következő "összefűzése" két 0 és 1 közé eső valós számnak Kőnig Gyula és Kőnig Dénes eredménye, pl.:
a=0,0912999120
b=0,949923400
c=a×b=0,0949199229939142000
Vagyis felváltva írjuk a jegyeket c-be, a-ból és b-ből amíg 9-eshez nem érünk, ha 9-es a soronkövetkező jegy, akkor 2 jegyet írunk egyszerre c-be.
|
|