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.
[1392] Khesteg2010-10-02 22:09:22

Eh...tényleg. Nem vettem észre hogy lehet egyszerűsíteni. Köszi szépen a segítséget :)

[1391] Csimby2010-10-02 19:04:16

Inkább -\frac{\infty}{\infty} az, mint \frac00, de a lényeg hogy a végén lehet egyszerűsíteni:

\lim{\frac{\ln{x}}{\frac1x}}=\lim{\frac{\frac1x}{-\frac{1}{x^2}}}=\lim{-x}=0

De ha mondjuk azt tanultátok, vagy tudod bizonyítani, hogy n\to\infty esetén \lim{\root{n}\of{n}}=1, akkor abból is könnyen kijön.

Előzmény: [1390] Khesteg, 2010-10-02 18:27:18
[1390] Khesteg2010-10-02 18:27:18

Hát ebből nekem nem jön ki mert a határérték végig 0/0 alakú marad, mert nem tűnik el a nevezőből az x.

[1389] Csimby2010-10-02 17:38:40

x^x=(e^{\ln{x}})^x=e^{x\ln{x}}=e^{\frac{\ln{x}}{\frac{1}{x}}} és a kitevőre alkalmazhatod a L'Hospital-t.

Előzmény: [1388] Khesteg, 2010-10-02 17:11:55
[1388] Khesteg2010-10-02 17:11:55

Valaki le tudná nekem vezetni a lim(x tart 0-hoz) x(az x-ediken) megoldását plz? Nem igazán tudom összehozni olyan alakra hogy alkalmazhassam a L'Hospital szabályt...vagy az nem is kell?

[1387] Maga Péter2010-09-23 11:33:26

Nem egészen. A wikipedia azt mondja, hogy \zeta(2)-ről Euler 1735-ben mutatta meg, hogy \frac{\pi^2}{6}, de a \pi2-ről csak 1794-ben bizonyította be Legendre, hogy irracionális. Euler pedig 1783-ban meghalt.

Valójában Euler bizonyítása (arra, hogy végtelen sok prím van) úgy nézett ki, hogy a

\prod_p\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}=\sum_n\frac{1}{n^s}

s>1 feltétel mellett fennálló azonosságban tartott s-sel 1-hez. Ha pedig indirekte véges sok prím lenne, akkor a szorzat egy véges számhoz, az összeg pedig a végtelenbe tartana.

Előzmény: [1386] bily71, 2010-09-23 09:27:08
[1386] bily712010-09-23 09:27:08

Köszönöm, ez tetszik, zseniálisan egyszerü, elegáns és frappáns. Máris adtál egy ötletet. :)

Ez Eulertől származik, úgy-e?

Előzmény: [1374] Róbert Gida, 2010-09-21 20:04:59
[1385] bily712010-09-23 09:23:50

Vagyis nem a valódi kezdőlépés.

Előzmény: [1384] bily71, 2010-09-23 09:13:30
[1384] bily712010-09-23 09:13:30

Abban az értelemben közelebb jutnánk, hogy kizárjuk az első esetet, miszerint az ikerprimek száma véges, de ez nem a kezdő lépés a bizonyitás menetében.

Előzmény: [1383] Maga Péter, 2010-09-22 22:23:31
[1383] Maga Péter2010-09-22 22:23:31

Azt mondod [1372]-ben, hogy ,,Én nem azt mondom, hogy közelebb kerülnénk a Brun-konstans problémájának megoldásához (...)''

Vesd már ezt össze a [1367]-es hozzászólásoddal: ,,"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."'' (ezt RG [1366]-osából idézed)

,,De igen!''

Most akkor mi van???

Előzmény: [1372] bily71, 2010-09-21 17:21:48
[1382] SAMBUCA2010-09-22 17:02:11

nem véges, hanem véges tizedestört (alakú számok). minden [0,1]-beli szám véges.

Előzmény: [1381] bily71, 2010-09-22 16:35:02
[1381] bily712010-09-22 16:35:02

Igen. A csúcsok véges számokat reprezentálnak.

Előzmény: [1379] SAMBUCA, 2010-09-22 13:28:46
[1380] Tóbi2010-09-22 13:34:23

Helyesek a meglátásaid.

Előzmény: [1379] SAMBUCA, 2010-09-22 13:28:46
[1379] SAMBUCA2010-09-22 13:28:46

(i) hibás. nem egy csúcs reprezentál egy valós számot, hanem egy (végtelen hosszú) út.

Előzmény: [1377] bily71, 2010-09-22 12:38:37
[1378] bily712010-09-22 12:41:48

A csúcsok helyett számolhatjuk az éleket is, hiszen minden élhez rendelhető egy valós szám.

Előzmény: [1377] bily71, 2010-09-22 12:38:37
[1377] bily712010-09-22 12:38:37

Tehát mégegyszer:

(i) a fában ugyanannyi elágazás (csúcs) van, mint valós szám,

(ii) a szintek száma megszámlálhatóan végtelen,

(iii) minden szinten véges sok elágazás van, (az n-edik szinten 10n darab),

(iv) alkossanak az egy szinten lévő elágazások halmazokat,

(v) megszámlálhatóan végtelen sok véges elemszámú halmaz uniója megszámlálhatóan végtelen sok elemü halmazt eredményez.

Hol a hiba?

Előzmény: [1373] bily71, 2010-09-21 17:47:53
[1376] bily712010-09-22 12:18:54

Olvasd el az [1357]-t, az [1362]-t s és az [1365]-t.

Előzmény: [1375] Nánási József, 2010-09-21 20:06:29
[1375] Nánási József2010-09-21 20:06:29

Kedves bily71! Kérlek írd fel nekem \frac13-ot kétféle tizedestört alakban.

Előzmény: [1353] bily71, 2010-09-20 19:25:18
[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

  [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]