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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1665] Róbert Gida2012-02-18 23:52:12

Matematikai zöldség amit írsz.

Előzmény: [1664] Jhony, 2012-02-18 22:09:03
[1664] Jhony2012-02-18 22:09:03

- nem igazán talál amit írtál ,mert ez csak az előző angol nyelvű bizonyításnak lenne a folytatása ,vagyis inkább az arra megírt véleményre amit ,,HoA" írt,hogy az n=a+b+1 egyenlet esetében említett a és b természetes számokat nem lehet összekeveni a prímekből kapott a=(p-1)/2 és b=(k-1)/2 esetében ,na igen ,ha p és k ,2 -nél nagyobb prímeket használunk . - remélhetőleg érthetőbb lesz - ... egyébként meg nem értem mi vagy inkább miért nem érthető ?

- azért köszönöm a hozzászólásokat és még számítok rájuk a továbbiakban is - remélhetőleg számíthatok - köszönöm

Előzmény: [1662] Róbert Gida, 2012-02-18 20:59:08
[1663] Maga Péter2012-02-18 21:06:53

A Goldbach-topikbéli kérésednek eleget téve megpróbáltam elolvasni ezt az új bizonyítást, de nem sikerült. Sajnos egy hangot sem értek belőle. Nem értem, mit szeretnél kihozni, mi az, amit már tudunk, mi mit jelöl...:S

Előzmény: [1657] Jhony, 2012-02-18 16:13:05
[1662] Róbert Gida2012-02-18 20:59:08

Kihámoztam a bizonyításodat, és az állításodat. Persze a Goldbach sejtést szeretnéd bizonyítani, ezzel nincs is baj, nézve, hogy az aktív fórumozók fele itt ezt szeretné bizonyítani. De a 7 soros teljes indukciós bizonyítás kicsit pofátlan, nos nem minden 1-nél nagyobb páratlan szám prím, hogy mondjak egy ilyet például a 9. Itt bukik meg a bizonyításod.

Előzmény: [1661] Jhony, 2012-02-18 20:09:11
[1661] Jhony2012-02-18 20:09:11

- bármelyik n-re létezik egy a = (x - 1)/2 és egy b = (y - 1)/2" - igen értem,csak,hhogy ez előőtt ,ha megnézed van még az,hogy ,,bizonyítsuk be ... " - nos , így is egyértelmű lenne,hogy minden n -re létezik egy a és egy b ,mire az n=a+b+1 igaz ?

- válaszodért köszönet !

Előzmény: [1658] Róbert Gida, 2012-02-18 17:17:45
[1660] Róbert Gida2012-02-18 19:51:15

Mondom, nem olvastam végig, már az állításod sem értelmes, így a bizonyítást elolvasni felesleges.

Előzmény: [1659] Jhony, 2012-02-18 17:59:03
[1659] Jhony2012-02-18 17:59:03

- köszönöm szépen ! ... és akkor ez így rendben is lenne vagyis indukcióval bizonyítottnak tekinthető ?

Előzmény: [1658] Róbert Gida, 2012-02-18 17:17:45
[1658] Róbert Gida2012-02-18 17:17:45

"bármelyik n-re létezik egy a = (x - 1)/2 és egy b = (y - 1)/2"

Innentől már tovább sem kell olvasni, ugyanis az "a"-t már korábban definiáltad az x=2a+1 miatt.

Előzmény: [1657] Jhony, 2012-02-18 16:13:05
[1657] Jhony2012-02-18 16:13:05

- nos ez így mennyire van,lenne rendben ? - legyen x , y két prím szám ,x > 2 , y > 2 , x = 2a + 1 , y = 2b + 1 és n > 2 , ha a , b és n természetes számok, - bizonyítsuk be,hogy bármelyik n-re létezik egy a = (x - 1)/2 és egy b = (y - 1)/2 mire az n = a + b + 1 egyenlet igaz . bizonyítás - n = a + b + 1 vagyis n = (x - 1)/2 + (y - 1)/2 +1 - ha n = 3 akkor x,y = 3 vagyis (3 - 1)/2 + (3 - 1)/2 + 1 = 1 + 1 + 1 = 3 - ha n = 4 akkor x = 5 , y = 3 --- (5 - 1)/2 + (3 - 1)/2 + 1 = 2 + 1 + 1 = 4 - ha n = 5 akkor x,y = 5 ----- (5 - 1)/2 + (5 - 1)/2 + 1 = 2 + 2 + 1 = 5 - - n = k - ra , vagyis k = (x - 1)/2 + (y - 1)/2 + 1 = (2a + 1 - 1)/2 + (2b + 1 - 1)/2 + 1 = a + b + 1 feltételezzük,hogy igaz - akkor k + 1 re kapjuk k + 1 = (x - 1)/2 + (y - 1)/2 + 1 +1 = .... = a + b + 1 + 1 = a + (b + 1) + 1 ,nos ez is igaz , tudván, hogy a természetes számok sora egyessével emelkedik . - a+b+1=n akkor (x-1)/2 +(y-1)/2 +1=n ------------- n=k --- ra (x-1)/2 +(y-1)/2 +1=k feltételezzük igaz , akkor (x-1)/2 +(y-1)/2 +1 +1 =(2a+1-1)/2 +(2b+1-1)/2 +1 +1 = a +b +1 +1 = k +1 vagyis k+1 re is igaz

Előzmény: [1609] HoA, 2012-01-05 17:19:25
[1656] Fálesz Mihály2012-02-12 20:23:28

Szerintem a kérdés volt pongyolán megfogalmazva. Az "Igaz-e, hogy ..." kérdést nyilvánvalóan úgy kell érteni, hogy "Következik-e ebből minden esetben, hogy ...". Az egy pontból álló példa nem minden eset.

(Az első állításnál ki kellett volna kötni, hogy L nem üres. :-) )

Előzmény: [1655] lorantfy, 2012-02-12 19:55:56
[1655] lorantfy2012-02-12 19:55:56

Igazad van,egyetlen pontnak szinte mindene van és semmije sincs egyszerre, de én nem ennyire korlátos alakzatra gondoltam.:D Viszont mindig, mindenre gondolni kell!(pl. arra is, hogy egy terminál el tudja nyelni a bankkártyádat. Velem ez történt ma. Tudod ilyenkor mit kell tenni?)

Előzmény: [1654] Róbert Gida, 2012-02-12 19:01:31
[1654] Róbert Gida2012-02-12 19:01:31

Egyetlen pontnak van 120 fokos forgásszimmetriája, 120 nem osztója 180-nak, így szerinted egy pont nem középpontosan szimmetrikus. Pedig igen.

Előzmény: [1653] lorantfy, 2012-02-12 18:52:46
[1653] lorantfy2012-02-12 18:52:46

A tengelyes tükrözésnél a tengelyen lévő pontok fixpontok, tehát helyben maradnak. Ha van két (különböző) szimmetriatengelye az alakzatnak, akkor könnyen beláthatod, hogy ezek nem lehetnek párhuzamosak egymással. Akkor viszont metszik egymást. Az M metszéspont mindkét tengelyre nézve fixpont, most már csak azt kell belátnod, hogy ha van több szimmetriatengelye is az alakzatnak, akkor azoknak is át kell haladniuk az M ponton.

A középpontos tükrözés 180 fokos elforgatást jelent, tehát ha alfa osztója 180-nak, akkor igaz, hiszen több alfa fokos elforgatással elérheted a 180 fokos elforgatást, vagyis a középpontos tükrözést. Különben nem.

Előzmény: [1652] Matroz, 2012-02-12 11:31:06
[1652] Matroz2012-02-12 11:31:06

Szeretnék segítséget kérni,ha lehetséges: 1, Egy L korlátos alakzatnak legalább két szimmetriatengelye van. Igazoljuk, hogy az összes szimmetriatengely egy közös ponton halad keresztül!

2, A L korlátos alakzatnak van \alpha-szögű forgásszimmetriája (0 <\alpha< 180). Igaz-e hogy L tengelyesen szimmetrikus? Igaz-e, hogy L középpontosan szimmetrikus?

Köszönöm szépen!

[1651] Jhony2012-02-11 14:11:36

- előre is bocsi az angolért -- ,ha szükséges --- - az alábbi mennyire lenne,lehetne elfogadható bizonyítása a hiányosságnak azon bizonyos sejtés bizonyításából,az n=a+b+1 egyenlet estére,azon bizonyos a és b számokra ,amik jelen esetben x és y lennének ?

- Be prime numbers p and k as P = (2x +1) and t = (2Y +1), where x and y are integers, - To show that whatever n, greater than or equal to 2, there are numbers x and y as x = (p-1) / 2 and y = (t-1) / 2, so that the equation n = x + y +1 is always true - For n = 2 we have p = 2 and t = 2 so that 2 = (2-1) / 2 + (2-1) / 2 +1 or 2 = 1/2 +1 / 2 +1 ie 2 = 1 + 1 or 2 = 2 - For n = 3 we have p = 3 and t = 3 so that 3 = (3-1) / 2 + (3-1) / 2 +1 or 3 = 1 + 1 +1 ie 3 = 3 - For. n = 4 we have p = 5 and t = 3 so that 4 = (5-1) / 2 + (3-1) / 2 +1 or 4 = 2 + 1 + 1 ie 4 = 4 ... - For. n = k we have k = x + y + 1 ie k = (p-1) / 2 + (t-1) / 2 +1 suppose is always true, so - For. k = k + 1 we have k +1 = ((p-1) / 2 + (t-1) / 2 +1) +1 ie k + 1 = k + 1 so than q.e.d.

köszönöm szépen a választ !

Előzmény: [1650] Jhony, 2012-02-11 12:42:05
[1650] Jhony2012-02-11 12:42:05

- nos ebből a válaszból értsem azt,ha az n=a+b+1 egyenletben az a=(p-1)/2 és b=(k-1)/2 alakú ,ahol p és k prímek, ... és az egyenlettel kapcsolatos állítás miszerint minden 1 nél nagyobb n természetes számra létezik egy a és egy b ,a fennt említett formában,mikre az n=a+b+1 állítás igaz ,nos abban az esetben az előzőleg megírt bizonyításom arra a sejtésre ,netalán,elgogadható is lehetne ?

- várom a választ

Üdvözlettel,Jhony !

Előzmény: [1609] HoA, 2012-01-05 17:19:25
[1649] SmallPotato2012-02-04 18:59:09

Jól értem, hogy a bizonyítás arra menne ki, hogy minden kettőnél nagyobb prím páratlan? Vagy arra, hogy minden páratlan szám 2n+1 alakú? Dehát ezek a prím és a páratlan definíciójából közvetlenül következő dolgok, nem?

Előzmény: [1648] Jhony, 2012-02-04 13:14:44
[1648] Jhony2012-02-04 13:14:44

ok-é köszönöm ! az lenne az állítás,hogy minden kettőnél nagyobb prím felírható 2n+1 formájában ... - a kérdés pedig,hogy ez a levezetés,bizonyítás elégséges e arra,hogy igaz ?

- köszönöm a választ !

Előzmény: [1647] HoA, 2012-02-04 13:02:59
[1647] HoA2012-02-04 13:02:59

Nem tudom, honnan emeled át ezt az angolul is szörnyű szöveget ( "every prim p>2 can be writing" , etc. ) , de ezen túltéve magunkat sem értem, mi az állítás. Ez egy önálló "tétel" , vagy a [1608]-nak akar valami kiegészítése/módosítása lenni?

Ha te úgy véled, megértetted a levezetést, nyugodtan írd le magyarul, úgy talán a többiek is kedvet kapnak belenézni.

Előzmény: [1646] Jhony, 2012-02-04 12:14:51
[1646] Jhony2012-02-04 12:14:51

prove that every prim p>2 can be writing in the form of 2n+1 for n>0 ,n number natural,so p-1=2n --- p-1 --- even,because p is odd.

so p>2 --- than p>=3 p is prim,p>2 so than p is even so p=2k+1,where k=1,2,3,...,n. so p=2k+1 --- subtract 1 from both sides,than p-1=2k 2n=p-1=2k so 2n=2k --- divide both sides by 2 n=k - so for every p prims there are n>=1,n natural , such that p=2n+1

- is this correct,right ?

Előzmény: [1609] HoA, 2012-01-05 17:19:25
[1645] Maga Péter2012-01-26 09:37:20

Szerintem rendben van. A 2-n hosszú diadikus intervallumok éppen az olyan tégláknak felelnek meg, amikor az első n koordinátában előírod valamelyik jegyet, a többi jegyet szabadon engeded, és a kétféle mértékük megegyezik. Ezek generálják a [0,1] szokásos Borel-struktúráját (lehet, hogy a végpontokkal kell egy kicsit maszatolni, ezt nem gondoltam végig, de úgyis csak megszámlálható sokan vannak, úgyhogy biztos minden oké). Úgyhogy a két Borel-mérték ugyanaz. Azon számok, ahol az átlag limesze létezik, nyilván Borel (beszélgetünk róla:P, egyébként valamelyik Borel-osztályba a limesz definíciója is belenyomja).

Előzmény: [1644] jenei.attila, 2012-01-26 09:11:03
[1644] jenei.attila2012-01-26 09:11:03

Így már OK, és valamikor tanultam is én a Carathéodory kiterjesztésről (nagyon rég volt), de a szorzatterekről nem. Fiam tanul most valszámot, ezért került elő ez a probléma. Ahhoz képest, hogy ez egyáltalán nem magától értetődő fogalom, elég lazán odavetik hogy a vv-k számtani közepe erősen konvergál. Persze mivel nem tanult mértékelméletet, nem is tudta ezt értelmezni (szerintem nem volt vele egyedül). Egyébként mi a véleményed a [0,1] intervallum 2-edes törtjeinek jegyeiről? Igaz amit arról írtam?

Előzmény: [1643] Maga Péter, 2012-01-26 08:21:30
[1643] Maga Péter2012-01-26 08:21:30

Carathéodory kiterjesztési tétele (Carathéodory's extension theorem) néven találsz a wikin egy szócikket, talán segít megérteni.

Nagyjából arról van szó, hogy ha van egy előmérték egy bizonyos tulajdonságokat kielégítő halmazon (a téglák halmaza ilyen), akkor az kiterjed mértékként a generált \sigma-algebrára. A szorzattéren a bázis-nyílt halmazok definíció ('szorzattopológia') szerint a téglák, vagyis az általuk generált \sigma-algebra éppen a szorzattér Borel-algebrája.

,,Kicsit meglepő, hogy ennyi elég legyen bonyolultabb halmazok mértékének meghatározásához, mert amint írod, ennyiből egyértelműen terjeszthető ki a mérték (...).'' Természetesen messze nem lesz minden részhalmaz mérhető (még akkor sem, ha teljessé tesszük úgy, hogy minden nullmértékű halmaz minden részhalmazát is nullmértékűnek vesszük, majd ismét kiterjesztünk). Egy 'kicsit' bonyolultabbakhoz elég a téglák halmaza, 'sokkal' bonyolultabbakhoz nem. De minden, amiről 'beszélni tudsz', mérhető lesz; nem mérhető halmaz definiálásához használnod kell a kiválasztási axiómát. És amiről 'beszélni tudsz', arról téglák segítségével beszélsz (aztán unió, metszet, komplementer, és beveted olykor a limeszt is, a megszámlálható végtelent is megfogva). Vagyis indulsz a (bázis-)nyíltakból, és generálod a Boreleket. Így már, remélem, nem annyira meglepő...

Előzmény: [1642] jenei.attila, 2012-01-25 23:50:06
[1642] jenei.attila2012-01-25 23:50:06

Ha jól értem azt írod, hogy pl. az érmedobálás esetén olyan "téglák" mértékét tudjuk közvetlenül meghatározni, amelyek elemei véges sok rögzített pozícióban reprezentálják a konkrét dobásokat, a többi pozícióban bármi lehet. Pl. egy ilyen tégla a fej, bármi, bármi,... sorozatokat tartalmazó tégla amelynek mértéke 1/2, vagy az írás, bármi, fej, bármi... aminek valószínűsége 1/4, stb. Kicsit meglepő, hogy ennyi elég legyen bonyolultabb halmazok mértékének meghatározásához, mert amint írod, ennyiből egyértelműen terjeszthető ki a mérték (erről tudnál pár szót írni? persze csak akkor, ha tényleg elintézhető pár szóban). Ha most fej-írás helyett 0-1 sorozatokat tekintünk, akkor ezek felfoghatók, mint a [0,1] valós intervallum számai 2-es számrendszerben felírt 2-edes vessző utáni jegyei. A kérdés, hogy az előbbi valószínűségi mérték, és a [0,1] intervallum Borel halmazainak szokásos Borel mértéke között mi az összefüggés. Szerintem ugyanaz. Ha ez így van, akkor a nagy számok erős törvénye értelmében az is igaz, hogy a [0,1] intervallum majdnem minden számának (Borel mérték szerint) 2-edes tört alakjában az 1-esek és 0-ák aránya 1/2-hez tart. Ezt nem tartom hihetőnek, úgyhogy valami nem stimmel.

Előzmény: [1640] Maga Péter, 2012-01-25 15:18:32
[1641] jenei.attila2012-01-25 16:12:24

Nagyon szépen köszönöm a választ. Egyelőre még emésztem, de tényleg ezzel volt a problémám. A gyenge konvergenciával igazából nem volt gondom, azt tudtam értelmezni. Azért leírom hogyan, hátha találsz benne valami tévedést: Véges direktszorzatra könnyen értelmezhetjük a mértéket a komponens halmazok mértékének szorzataként. Adott e-re és adott véges n-re az n hosszúságú sorozatok közül tekintsük azokat, amelyben a sorozat elemeinek számtani közepe a várható értéktől e-nél jobban eltér (nagyszám törvény). Ezek a sorozatok az n tagból álló direktszorzat térben egy maghatározott mértékű (valószínűségű) részhalmazt alkotnak. A gyenge konvergencia azt jelenti, hogy bármely pozitív e-re ez a mérték 0-hoz tart, ha az n végtelenbe tart.

Egyébként úgy tűnik, hogy a valszám oktatásban nagyvonalúan átsiklanak ezen probléma felett, pedig egyáltalán nem mindegy, hogy a vv-k összegét n változásával az egyre több tagból álló szorzattereken kell értelmezni. Ez csak számomra nem triviális, mindenki másnak pedig annyira, hogy szinte gáz szóba hozni? Szerintem egy lényeges dologról van szó, és attól tartok, hogy sokan egyszerűen nem is értik a nagyszám törvényeket.

Előzmény: [1640] Maga Péter, 2012-01-25 15:18:32

  [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]