[2920] jonas | 2009-04-19 16:08:39 |
A bizonyítást tényleg nem igazán jól írtam le.
Az np törtrész többszöröseiről nem azt mondom, hogy sűrűek, hanem csak azt, hogy legfeljebb távolságra vannak egymástól, így bármilyen valós számhoz van legfeljebb /2 távolságra egy többszörös. Mivel azonban ez minden -ra igaz, ezért a p összes többszörösének törtrészei már sűrűek a [0..1]-ben.
Azt, hogy p irracionális, ott használtam föl, hogy a p többszöröseinek törtrészei nem esnek egybe, mert ellenkező esetben előfordulhatna, hogy a két egy intervallumba eső egészrész valójában egyenlő, vagyis floor(np)=0, amikor is a bizonyítás nem működik.
|
Előzmény: [2918] jenei.attila, 2009-04-19 15:47:28 |
|
|
[2918] jenei.attila | 2009-04-19 15:47:28 |
Az igaz, hogy lesz olyan epszilon hosszú intervallum amelyikbe két többszörös kerül. De ez még nem biztosítja azt, hogy nem lesz olyan epszilon hosszú intervallum, amibe egy többszörös sem kerül. Márpedig a mindenhol sűrűséghez ez kéne. np többszörösei pedig természetesen nem sűrűek R-ben. Az np+k már igen. Továbbra is fenntartom, hogy a mindenhol való sűrűséghez kell, hogy p mint irracionális szám, elsőrendűnél jobban legyen közelíthető racionálisan. Egyébként a te bizonyításodban hol használjuk ki, hogy p irracionális? Mert ha p racionális, akkor is igaz lehet amit mondasz (lesz két olyan np és kp amelyek egy intervallumba esnek).
|
Előzmény: [2917] jonas, 2009-04-19 15:14:31 |
|
[2917] jonas | 2009-04-19 15:14:31 |
Azt szerintem is ki kell használni, hogy ha p irracionális, akkor {floor(np)} sűrű a [0..1] intervallumon. Erre viszont én egy másik bizonyítást találok természetesnek, mégpedig a következőt.
Rögzítsük a 0< számot. Osszuk fel a [0..1] intervallumot 1/ egyforma részre: [0..],[..2],...,[floor(1/)..floor(1+1/)], mindegyik hosszú. Vegyük most a p első 1/ többszörösét, vagyis a p,2p,3p,...,ceil(1/)p számokat. Ezek mindegyike 0 és 1 közé esik, és annyi van belőlük, mint intervallum, így kell lennie egy intervallumnak, ahova kettő esik. Ennek a két többszörösnek a különbsége abszolutértékben legfeljebb , legyen ez a különbség mondjuk 0<floor(np)< (ahol n lehet pozitív vagy negatív, de nem nulla). Ekkor vehetjük egyszerűen np többszöröseit, és ezek is sűrűek.
|
Előzmény: [2915] jenei.attila, 2009-04-19 14:17:32 |
|
[2916] lorantfy | 2009-04-19 15:08:06 |
500. feladat: Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem. Egy zárhoz többüknél is van kulcs, illetve egy pénztárosnál több kulcs is van. Hány olyan kulcselosztás van, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?
|
|
[2915] jenei.attila | 2009-04-19 14:17:32 |
Kíváncsian várom a te megoldásodat. Igazából ez a feladat hasonló állításra épül, mint amit az identitás fv. két periodikus fv. összegeként való előállításakor már említettem. Nevezetesen az np+kq alakú számok halmaza (ahol p,q rögzített nem összemérhető (p/q irracionális) számok, n és k pedig végigfutnak az egész számokon), sűrű a valós számok halmazában. Egyelőre úgy látom, hogy ezt a tényt a feladatod megoldásában ki kell használni, és ez az irracionális számok elsőrendűnél jobb racionális közelíthetőségén múlik.
|
Előzmény: [2914] forex, 2009-04-19 10:32:27 |
|
|
|
|
|