Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Valaki mondja meg!

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1374] Róbert Gida2010-09-21 20:04:59

\frac {\pi ^2}{6}=\sum _{n\ge 1}\frac {1}{n^2}=\prod _{p prim} \frac {1}{1-\frac {1}{p^2}}

Bal oldalt irracionális szám áll, így nem lehet véges sok prím, mert különben a jobboldalt racionális szám állna. Ez klasszikus bizonyítás, de Erdőstől is van egy ilyen bizonyítás.

Előzmény: [1372] bily71, 2010-09-21 17:21:48
[1373] bily712010-09-21 17:47:53

"Sirpi módszerrel" megszámlálható, ugyanis minden elágazásnál tizszeresre nő a bejárható utak száma, mivel n elágazás van (n=\infty), az utak száma 10n.

1/2 másodperc alatt elszámolok 1-ig, 1/4 alatt 10-ig, 1/8 alatt 100-ig, és igy tovább, vagyis 1 mp. alatt megszámoltam az összes utat :-)

Előzmény: [1353] bily71, 2010-09-20 19:25:18
[1372] bily712010-09-21 17:21:48

Mondanál egy példát arra, hogy úgy sikerült bizonyitani valamely természetes számokból álló sorozat végtelen voltát, hogy a tagok reciprokainak részösszegének sorozata irracionális számhoz tart? Egyátalán, hogy lehetünk ebben biztosak, mig nem tudjuk, hogy véges-e, vagy végtelen? (Egy rac. szám lehet két nagyon-nagyon nagy egész szám hányadosa is.)

Én nem azt mondom, hogy közelebb kerülnénk a Brun-konstans problémájának megoldásához, hanem azt, hogy ha tisztáztuk az ikerprim-kérdést, akkor elkezdhetjük a vizsgálódást, addig nem. Ha tévedek, légy szives javits ki, de ne úgy, hogy: "nincs igazad".

Előzmény: [1368] Maga Péter, 2010-09-21 11:36:43
[1371] Maga Péter2010-09-21 11:56:35

Még egy érdekesség: van olyan végtelen játék, ahol egyik félnek sincs nyerő stratégiája, ami egy kicsit furcsa a véges játékokhoz szokott szemnek. Ennek bizonyítása a kiválasztási axiómán múlik. Ez az egyik szép példája annak, hogy a kiválasztási axióma -- hasson bármily természetesnek -- elég erős, nagyon-nagyon nem természetesnek ható következményekkel bír.

Előzmény: [1370] Maga Péter, 2010-09-21 11:52:51
[1370] Maga Péter2010-09-21 11:52:51

A válasz az, hogy \sigma' létezik, azaz az irracionálisba hajtó játékosnak van nyerő stratégiája. Két egyszerű módszere is van. Az egyik az, hogy választ egy irracionális számot, és annak a jegyeit írja be, függetlenül attól, mit tesz a másik. Egy másik módszer pedig az, hogy sorbarendezi a racionális számokat, és az n. lépésében arra figyel, hogy az n. racionális számot elkerülje. Persze mindkettőt meg lehet formalizálni az előző hsz-emben levő módon (\sigma'-kel).

Előzmény: [1369] Maga Péter, 2010-09-21 11:48:55
[1369] Maga Péter2010-09-21 11:48:55

A végtelen játék egy absztrakció. Ne úgy képzeld el, hogy két játékos játssza, hanem úgy, hogy minden végtelen tizedestört a Q vagy a Q' halmazban van aszerint, hogy racionális vagy irracionális. A kérdés az, hogy van-e olyan, \sigma (illetve \sigma' függvény), ami a tizedesvessző utáni első páros sok (páratlan sok) számjegyhez rendel egy számjegyet úgy, hogy a

0,\sigma(Ø)a2\sigma(\sigma(Ø)a2)a4\sigma(\sigma(Ø)a2\sigma(\sigma(Ø)a2)a4)...

(illetve

0,a1\sigma'(a1)a3\sigma'(a1\sigma'(a1)a3)a5...)

szám minden a2,a4,... sorozatra racionális (illetve a1,a3,... sorozatra irracionális). A Q és Q' halmazok diszjunktsága miatt \sigma és \sigma' nem létezhet egyszerre. Kérdés: létezik-e valamelyik, ha igen, melyik?

Előzmény: [1342] bily71, 2010-09-20 14:51:06
[1368] Maga Péter2010-09-21 11:36:43

,,"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."

De igen! (...)''

De nem! RG-nek van igaza. Képzeld azt, hogy bebizonyítottad az ikerprím-sejtést (mondjuk valamelyik bizonyításod jó a szomszéd topicban:P -- bocs, de nem lehetett kihagyni:)). Mivel lettél közelebb a Brun-konstans (ir)racionalitásához? (Nem számítva most egy olyan bizonyítást az ikerprím-sejtésre, amelyik közvetlenül az irracionális reciprokösszeget adja. Egy olyan persze valóban közelebb vinne...)

Előzmény: [1367] bily71, 2010-09-21 09:24:46
[1367] bily712010-09-21 09:24:46

"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."

De igen! Ugyanis a végtelen sok tag SZÜKSÉGES feltétele az irracionalitásnak. Ha bebizonyosodik, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már ELKEZDHETJÜK vizsgálni a Brun-állandót. Pl.: páratlan s esetén a zeta-függvény vizsgálatának azért van értelme, mert TUDJUK, hogy végtelen sok tagú összegről van szó. Véges sok tagnál fel sem merülne a kérdés.

Előzmény: [1366] Róbert Gida, 2010-09-21 01:31:20
[1366] Róbert Gida2010-09-21 01:31:20

"Ha már tudjuk, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már két alternativánk lesz."

? Most is 2 alternativánk van, vagy rac vagy irrac. Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz, marad a 2 alternatíva.

Gondolkodásod meg olyan, mintha azt mondanánk, hogy amíg a Marsról nem tudunk mindent addig egyetlen exobolygót se vizsgáljunk az űrteleszkópokkal. Sehol nem tartana a csillagászat.

Előzmény: [1360] bily71, 2010-09-20 21:30:24
[1365] Róbert Gida2010-09-21 01:30:32

Helyes.

Előzmény: [1362] bily71, 2010-09-20 21:33:50
[1364] bily712010-09-20 21:47:35

"Abban igazad van, hogy irrac csak úgy lehet, ha végtelen sok ikerprím van..." Hát pont ezért.

Előzmény: [1355] Róbert Gida, 2010-09-20 20:43:26
[1363] bily712010-09-20 21:36:18

Csakhogy az 1 nem szerepel a fában csak 0.999... alakban.

Előzmény: [1361] Fannka, 2010-09-20 21:32:13
[1362] bily712010-09-20 21:33:50

Helyesen: a 0-n és az 1-en kivül minden véges tizedes törtet kétszer kaptunk meg.(Már ha az 1 is az).

Előzmény: [1357] Róbert Gida, 2010-09-20 20:52:49
[1361] Fannka2010-09-20 21:32:13

amúgy a 0.99..=1, és akkor ez is felírható 2 racionálisként

Előzmény: [1357] Róbert Gida, 2010-09-20 20:52:49
[1360] bily712010-09-20 21:30:24

Egy egyszerü példa: a négyzetszámok reciprokainak az összege \pi2/6, irrac. Ha csak az első n négyzetszám reciprok összegét képezzük, akkor rac. számot kapunk. A részösszegek sorozata \pi2/6-hoz tart, de attól még minden tagja rac. Ha véges sok négyzetszám lenne, akkor egy \pi2/6-hoz nagyon közeli rac számot kapnánk.

Vagyis, ha véges sok ikerprim van, akkor a Brun-állandó csak rac. lehet. Ha már tudjuk, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már két alternativánk lesz.

Előzmény: [1355] Róbert Gida, 2010-09-20 20:43:26
[1359] tamas5532010-09-20 21:24:53

És kaphatnék egy útmutatást, hogy az ilyen feladatokat hogy kell megoldani?

Előzmény: [1332] jonas, 2010-09-19 17:30:49
[1358] Fannka2010-09-20 21:19:19

Hát mindenesetre köszönöm a válaszokat! És nincs semmi problémám azzal, h házit kell csinálnom, sőt kifejezetten jó feladatok ezek:) Nem lustaságból írom fel ide, pusztán ciki lenne nem megoldani a feladatot, meg a többiek is számítanak rám... A 7végén sokat gondolkodtam rajta, és nem jutottam semmire... Az órai feladatokat értem, sőt java részét magamtól is megoldom, de azok közt nincs (vagy én nem látok) ezekhez hasonló. De attól még ugyanúgy gondolkodom ezeken, mert vannak kevésbé izgi órák, amiket ennek szentelek:P Szóval akkor bocs, h ilyenekkel botránkoztattam meg itt a segítőkész embereket, ezentúl megtartom magamnak a kérdéseim. (Ui.: Milyen logika az, h azok tartanak össze, akiknek kutya a szimbólumok?)

[1357] Róbert Gida2010-09-20 20:52:49

"A 0-n és az 1-en kivül minden racionálist kétszer kaptunk meg, pl.: 0.5999...=0.6"

Ez nem igaz. Hf: keressünk ellenpéldát.

Előzmény: [1353] bily71, 2010-09-20 19:25:18
[1356] Róbert Gida2010-09-20 20:48:26

Persze ehhez kell az is, hogy pi irracionális. Egy egyszerűbb konstrukció: ha n az 2 hatvány, akkor B n-edik írt számjegye legyen 1, egyébként 0.

Előzmény: [1349] bily71, 2010-09-20 16:49:38
[1355] Róbert Gida2010-09-20 20:43:26

Nem látom, hogy miért ne vizsgálhatnánk, hogy rac. vagy irrac. Abban igazad van, hogy irrac csak úgy lehet, ha végtelen sok ikerprím van (amit sejtünk), de rac. nem csak úgy lehet, ha véges sok ikerprím van, hiszen egy végtelen sok tagú poz. sor összege is lehet rac: \sum_{n=0}^{\infty} \frac {1}{2^n}=2

Előzmény: [1350] bily71, 2010-09-20 17:03:25
[1354] Sirpi2010-09-20 20:26:15

Mivel ez nem egy fizikapélda, nem különösebben. Szerintem amúgy is zavaróbb, hogy nincs végtelen sok atom a világegyetemben a kapott szám megjelenítéséhez. Ez csak egy szemléltetés, hogy hogy lehet ilyesmit elképzelni, de a valóságban nyilván senki nem fog nekiállni ilyet játszani.

Előzmény: [1348] Róbert Gida, 2010-09-20 15:29:43
[1353] bily712010-09-20 19:25:18

Valóban, nem szerepel az összes rac. illetve irrac. szám. Azt én is tudom, hogy nincs, (Cantor bizonyitása nem olyan bonyolult, hogy ne érteném), csak játszom a gondolattal.

Képezzünk egy fát a következőképp: az első csúcsot cimkézzük fel a 0-val. Az első csúcsból induljon 10 él 10 csúcsba, cimkézzük fel az új csúcsokat a 0-tól 9-ig terjerdő természetes számokkal, úgy, hogy a baloldali kapja a 0-t, a mellette lévő az 1-est, és igy tovább, vagyis mindegyik új csúcs különböző számú cimkét kapott. Az új csúcsok mindegyikéből induljon 10 él 10 új csúcsba, ezeket a csúcsokat is az előbbiekhez hasonlóan cimkézzük fel. Azután ezekből a csúcsokból is induljon..., és igy tovább

Ime, itt van az összes [0,1] intervallumba eső valós szám, ugyanis, ha elindulunk a kezdőcsúcstól, végigmegyünk valamelyik úton és leirjuk egymás után, hogy melyik számokat érintettük, úgy, hogy az első 0 után egy tizedesvesszőt irunk, akkor egy valós számot kapunk. Ha csak 0-kat , akkor a 0-t, ha csak 9-eseket érintünk, akkor az 1-et kapjuk eredményül. (A 0-n és az 1-en kivül minden racionálist kétszer kaptunk meg, pl.: 0.5999...=0.6.)

Megszámlálható-e bejárható utak halmaza?

Előzmény: [1352] Alma, 2010-09-20 18:04:29
[1352] Alma2010-09-20 18:04:29

Rossz következtetés. A módszereddel nem lesz párja sem az összes rac számnak, sem az összes irrac számnak.

Szóval a válasz a kérdésedre: nincs.

Előzmény: [1351] bily71, 2010-09-20 17:51:27
[1351] bily712010-09-20 17:51:27

Tudjuk, hogy az irracionális számok többen vannak, mint a racionálisok. Azt is tudjuk, hogy bármely két különböző irrac. szám között van legalább egy rac. szám és forditva.

Legyenek a,b\inQ*, 0<a<b, vagyis irrac. számok! Ekkor létezik c, c\inQ, vagyis rac szám úgy, hogy a<c<b. Ekkor létezik a'a'\inQ*c<a'<b. Ekkor létezik c'c'\inQa'<c'<b. Ekkor...

Képezzünk ezekből a számokból párokat úgy, hogy az első szám rac., a második irrac. legyen: (0,b), (c,a), (c',a'),...! Úgy tünik, hogy akárhányszor egy új irrac. számot veszünk a régiek mellé, mindannyiszor kapunk egy új rac. számot is.

Ezekszerint mégis van bijektiv leképezés a két halmaz között?

[1350] bily712010-09-20 17:03:25

Eszembe jutott egy régebbi vitánk a Brun-állandóról. Továbbra is fenntartom, hogy amig nem tudjuk, hogy az ikerprimek száma véges-e, avagy végtelen, addig felesleges, sőt butaság vizsgálni a Brun-állandó racionális, vagy irracionális voltát. Egy sorozat összegéről csak akkor tételezetjük fel, hogy irracinális, ha már tudjuk, hogy az végtelen sok tagból áll.

Előzmény: [1346] Sirpi, 2010-09-20 15:20:55

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]