|
[2142] Cckek | 2007-07-17 22:37:13 |
A nagy meleg miatt, megaztán nyaralás okán elég hulla a forum, itt van egy frissitő:
|
|
[2141] Csimby | 2007-07-07 04:02:03 |
327.feladat Az f:RR fv. n-edik hatványa legyen fn=fo...of - n db f összekomponálva (tegyük fel, hogy RfkDfk+1, k1 vagy k0 - ez esetben f0:=id, még nem tudom hogy lesz érdekesebb a feladat 0-val vagy 1-gyel. Megj.: Ha k0 akkor f az egész R-en értelmezett és így fn=id-ből következik, hogy f összes hatványa is egész R-en értelmezett). Egy f RR fv. rendje legyen az a legkisebb n pozitív egész, melyre fn=id.
a. feladat Keressünk minden n-re n-rendű f:RR függvényt.
A Cckek által [2116]-ban kitűzött feladatban pl. az függvények az R-{0,1} értelmezési tartományban csoportot alkotnak a kompozícióra nézve az RR fv.-ek terében. Ebben a csoportban rendje 2, rendje 3, a csoport 6 elemű, így ez a csoport izomorf S3-mal.
b. feladat Mely G csoportoknak adható meg ilyen RR fv.-ekkel reprezentációja? (keressünk ilyen reprezentációkat) Megj.: Az a. feladat tehát azt kéri, hogy adjuk meg minden n-re Zn egy reprezentációját és n=2,3-ra már mutattunk példát, igaz egyik sem volt az egész R-en értelmezve, kérdés: van-e ilyen?.
u.i.: Most egy hétig nem leszek, pedig kíváncsi vagyok miket fogtok írni, mindenesetre még én sem gondolkoztam a feladatokon, csak a [2116]-ban kitűzött feladat kapcsán vetődtek fel bennem ezek a kérdések.
|
|
|
|
[2138] Csimby | 2007-07-05 17:33:57 |
Szia!
2/A-ban card a számosságot jelenti? És ha igen, akkor abból hogy ez alef0 miért következik, hogy Z? (Pl. Q nem izomorf Z-vel hiszen nem ciklikus)
|
Előzmény: [2137] Cckek, 2007-07-05 10:42:17 |
|
[2137] Cckek | 2007-07-05 10:42:17 |
Természetesen ki kell zárni a G={0} esetet. Először bebizonyítjuk, hogy G nem korlátos. Legyen
gG,g0.Mivel G csoport,(gG-gG) vehetjük g>0 és ngG minden nN esetén. Ekkor az arkhimédészi axioma értelmében minden rR-re van olyan nN melyre ng>r. Tehát G nem korlátos, és G nem véges.
1. Ha G-nek nincs torlodási pontja mivel G zárt és nem korlátos, ugyanakkor nGG igy G megszámlálható végtelen sok izolált pontból áll, tehát izomorf Z-vel.
2. Ha xG torlodási pontja G-nek, akkor ha V környezete x-nek,(V végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből)akkor minden yG esetén (y-x)+V környezete y-nak (és végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből), tehát y szintén torlodási pont. Tehát ebben az esetben G minden pontja torlodási pont. Két lehetségünk van:
A. G egyetlen pontjának sincs G-beli környezete. Ekkor G minden pontjának a környezetei megszámlálható végtelen sok pontot tartalmaznak G-ből, tehát cardG=0 igy izomorf Z vel.
B. Létezik xG úgy, hogy V=(x-,x+)G. Ekkor V-x=(-,)G és az archimédészi axioma értelmében
(-n,n)G,nN tehát G=R
|
Előzmény: [2133] Csimby, 2007-07-03 16:56:32 |
|
|
|
|
|
|
[2131] HoA | 2007-07-03 11:24:07 |
Igazad van. Sőt még abban is tévedtem, hogy x1,x2 tetszőleges multiplicitással szerepelhet. A valós együtthatós kikötés miatt ez nem igaz, csak párokban léphetnek fel.
Este végignéztem a hat gyök össszes párosításából adódó megoldásokat. Szerintem csak a már ismert 1/2, 2, -1, x1 és x2 értékeket kapjuk. Így aztán könnyen lehet, hogy csak az általad mondottakból adódó (x-x1)(x-x2)(x-1/2)(x-2)(x+1) polinom és a [2129] -beli P(x) a megoldás.
|
Előzmény: [2130] Csimby, 2007-07-02 22:59:08 |
|
|
[2129] HoA | 2007-07-02 16:53:25 |
Szerintem nem kell túlbonyolítani. Odáig világos, hogy a 6 gyökhely . Mivel a polinom csak ötödfokú, szükségképpen vannak köztük egyenlőek. Szépen végig kell nézni, mi adódik ha az egyes párokat egyenlővé tesszük. Például a = 1-a -ból a=1/2 és És itt nem baj, hogy további egybeeső gyökök vannak. A megoldás így írható: , ahol u és v egymástól függetlenül felveheti az 1/2, 2 és -1 értékeket. A további polinomokat a többi pár egyenlővé tételével keressük, és elhagyjuk az ismétléseket. Az választással adódik a már szerepelt páros, ekkor valóban csak ez a két gyök van, jelöljük őket x1ésx2 vel, a polinom így P(x)=(x-x1).(x-x2).(x-u).(x-v).(x-z), ahol megintcsak u,v, és z x1vagyx2. És így tovább, ha van még...
|
Előzmény: [2125] jonas, 2007-07-02 15:19:18 |
|
|
|
|
[2125] jonas | 2007-07-02 15:19:18 |
Egyébként a feladat azért trükkös, mert elindulhat valaki a rossz irányba is, hogy felteszi, hogy az öt gyök különönböző, és nem jut eszedbe, hogy 1-1/(1-1/(1-1/a))=a.
Ekkor gondolhat arra, hogy párba állítja a gyököket úgy, hogy a párja 1-a legyen, és mivel az öt páratlan, ezért biztosan gyök az 1/2 mert csak az párja önmagának, vagy hogy párba állítjuk a-t 1/a-val, és akkor biztosan gyök 1 és -1 közül az egyik.
Vagy arra is gondolhat (szintén ha az összes gyök különböző), hogy ha minden a gyökhöz 1-a is gyök, akkor a gyökök összege 5/2 így az x4 együtthatója -5/2, valamint hasonlóan a gyökök szorzata 1 így a konstans tag 1.
|
|
[2124] jonas | 2007-07-02 15:11:54 |
Na nézzük. Ha a=1-a, akkor a=1/2 és a gyökök 1/2,2,-1. Ha a=1/a akkor vagy a=-1 ami az előző eset, vagy a=1 jönne ki, de az nem jó, mert akkor az 1/0 is gyöke lenne a polinomnak.
Ha a=1/(1-a), akkor és ilyenkor csak két gyök van, mert a=1/(1-a)=(a-1)/a és 1-a=1/a=a/(a-1).
Ezzel ki is merítettük az összes lehetőséget a gyökökre nézve, de a polinomokat nem adtuk meg.
|
Előzmény: [2122] Csimby, 2007-07-02 13:53:58 |
|
|
|
|
|
|