Fórum: Érdekes matekfeladatok

Igazoljuk, hogy ha 1 < a < b < c, akkor

log_a(log_ab) + log_b(log_bc) + log_c(log_ca) > 0.

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+...+r_nh_n

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).

Én is hasonlóan gondoltam, annyi különbséggel, hogy a színezésnél az adott szám előállításban ténylegesen szereplő legkisebb báziselem együtthatójának az előjelét vettem.

Egyébként R-ben véges kodimenziós altér nem lehet résztest, mert [R : K]< esetén [C : K]  is véges volna, ami az Artin-Schreier tétel szerint csak a  K=R  esetben lehet. Másrészt, ha AR egy maximális (nyilván számosságú) algebrailag független halmaz Q felett, akkor annak minden kontinuum számosságú B részhalmazára Q(B) egy kontinuum számosságú valódi résztest lesz R-ben.

Ha jól látom, a lenti megoldás általánosítható 2^c 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?

Ez így nem jó, a színek számát biztosan nem lehet egyesítéssel csökkenteni.

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.

Üdv. A következő kérdésre szeretnék választ kapni:Van-e olyan konvex 5, vagy attól többszög, melynek 4-nél több belső szöge 120°, vagy annál kisebb. Minden ötlet nagyon érdekel! Előre is köszönöm!

Szabályos 5- és 6-szög, egy-egy belső szögük 108 fok, illetve 120 fok.

Adjuk meg az összes olyan x és y valós számot, melyekre fennáll, hogy x-x³-y=x+y-y³=0.

x=y=0, nagyon úgy tűnik, hogy több nincs.