Fórum: Valaki mondja meg!

Arie Duijvestijn (remélem, jól írom a nevet) holland matematikus egy négyzetet felbontott különböző méretű négyzetekre. (Lásd: ábra). Vajon egy szabályos háromszöget is fel lehet bontani különböző méretű szabályos háromszögekre?

Középiskolában tanítják (tanítom) a visszatevés nélküli mintavételt és a visszatevéses mintavételt. A visszatevés nélküli mintavétel azt jelenti, hogy egy alapsokaságból egyszerre kiveszek valamennyi elemet, és a kivett elemeket tekintem egy mintának. A visszatevéses mintavétel azt jelenti, hogy az alapsokaságból valamennyiszer véletlenszerűen kiveszek egy elemet, és a kivett elemet mindig visszateszem. És azt is tudjuk, hogy a reprezentatív minta valószínűsége a legnagyobb, mint a visszatevéses mintavétel esetében, mind a visszatevés nélküli mintavétel esetében. DE!!! Tekintsük a következő példát:

Van 10 darab fehér golyó, 20 darab világosszürke golyó, 30 darab sötétszürke golyó, 40 darab fekete golyót. Most úgy készítek egy 50 elemű mintát, hogy kiveszek 5 darab golyót, megnézem ezt az 5 golyót, visszateszem az alapsokaságba, elkeverem az alapsokaságot, megint kiveszek 5 darab golyót,.... ezt 10-szer csinálom meg. Tulajdonképpen ez is visszatevéses mintavétel, csak a mintavétel 5-ösével történik. Ilyenkor milyen összetételű minta a legvalószínűbb, és mennyi ennek a valószínűsége?

Szerintem nincs neki egyszerű zárt alakja, de nem vagyok ebben teljesen biztos.

Keresem az \(\displaystyle a_{n+1}=\sqrt{2a_n+3}\), \(\displaystyle a_1=4\) sorozat explicit alakját. Minden segítséget előre is köszönök! Amit tudok, az hogy a sorozat határértéke 3, és szigorúan monoton csökkenő. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

A két példád között különbség van, és a lényeg a kiválasztási axióma szerepe.

A transzcendens számok halmaza egy konkrét, a kiválasztási axióma használata nélkül is jól megadható halmaz. Az \(\displaystyle \mathbb{R}\)-rel való megfelelést sem nehéz kitalálni, ehhez elég az algebrai számok egy felsorolása, de még felsorolás nélkül sem nehéz.

A bázis esetében a nehézség nem a bijekcióval kezdődik, hanem azzal, hogy melyik bázisról van szó a \(\displaystyle 2^{2^{\aleph_0}}\) lehetőség közül. Azt, hogy egyáltalán létezik bázis, a Zorn-lemmából, vagy a kiválasztási axióma valamelyik más ekvivalens formájából szoktuk bizonyítani. Ha mondasz egy konkrét bázist, én majd mondok hozzá egy konkrét bijekciót az \(\displaystyle \mathbb{R}\)-rel... :-)

Nem is ezzel van a problémám, hogy oda-vissza létezik kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a valós számok halmaza és egy adott kontinuum-számosságú halmaz között. Hanem azzal, hogy egy adott kontinuum-számosságú halmaz és a valós számok halmaza között nem tudok egy konkrét megfeleltetést létesíteni.

Pl. A transzcendens számok kontinuum-számosságú halmazt alkotnak. Adjunk meg konkrétan egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést a transzcendens számok és a valós számok között.

Pl. Tekintsük a valós számokat mint a racionális számok feletti vektorteret. Ekkor ennek a vektortérnek van bázisrendszere, és ennek a bázisrendszernek az elemszáma kontinuum-számosságú. Adjunk meg egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést ezen bázisrendszer és a valós számok között.

Tehát, ha van egy kontinuum számosságú \(\displaystyle K\) halmazunk, akkor van \(\displaystyle f:\mathbb{R}\to K\) bijekció is.

Az \(\displaystyle \mathbb{R}\)-et \(\displaystyle n\) kontinuum számosságú részre osztjuk — mondjuk \(\displaystyle n\) diszjunkt intervallumra: \(\displaystyle \mathbb{R}=R_1\cup\dots\cup R_n\). Ezután részhalmazokat visszaképezzük az eredeti halmazba:

\(\displaystyle K = f(R_1) \cup \ldots \cup f(R_n). \)

Én egy halmaz kontinuum-számosságát úgy értelmezem, hogy van kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a halmaz elemei és a valós számok között.

Kezdjük az elején. Egy "kontinuum számosságú halmazt..."

Mit jelent az, hogy egy halmaz kontinuum számosságú? :-)

Nekem elég, ha egy ellenség által megadott kontinuumszámosságú halmazt egy konkrét algoritmussal két kontinuumszámosságú részre osztjuk. (Nyilván a két rész metszete üres halmaz, és a két rész uniója az ellenség által megadott kontinuumszámosságú halmaz.)

\(\displaystyle m_1=2\rm{kg}\), \(\displaystyle m_2=1\rm{kg}\), \(\displaystyle g=10\rm{méter/sec^2}\), \(\displaystyle \alpha=60°\), \(\displaystyle \mu=0,2\).

Legyen \(\displaystyle F_{tartó}\) a lejtő által kifejtett, az \(\displaystyle m_1\) testre ható tartóerő, ez az erő a lejtő felületére merőleges, és az ábra szerint ferdén balra és felfelé mutat. Az \(\displaystyle m_1\) testre hat az \(\displaystyle G_1=m_1g\) súlyerő, ennek az iránya függőlegesen lefelé mutat. Ezt az erőt érdemes a lejtővel párhuzamos \(\displaystyle G_{1párh}=m_1g*\sin(\alpha)\) és \(\displaystyle G_{1mer}=m_1g*\cos(\alpha)\) erőkre bontani. Az \(\displaystyle m_1\) testre hat még a \(\displaystyle K\) kötélerő, ennek iránya a lejtővel párhuzamos, és az ábra szerint jobbra és felfelé mutat a csiga irányába. Az \(\displaystyle m_1\) testre hat még az \(\displaystyle S\) súrlódási erő, amelynek iránya a lejtővel párhuzamos, az \(\displaystyle m_1\) test mozgásával ellentétes. Az \(\displaystyle m_2\) testre hat a \(\displaystyle G_2=m_2g\) súlyerő, ennek iránya függőlegesen lefelé mutat. Az \(\displaystyle m_2\) tömegű testre hat a \(\displaystyle K\) kötélerő, ennek iránya függőlegesen felfelé mutat.

Az \(\displaystyle m_1\) tömegű test a lejtőre merőlegesen nem mozog, ezért a rá ható és a lejtőre merőleges erők kiegyenlítik egymást, azaz \(\displaystyle F_{tartó}=G_{1mer}\) azaz \(\displaystyle F_{tartó}=m_1g*\cos(\alpha)\). A súrlódási erő definíciója miatt \(\displaystyle S=\mu*F_{tartó}=\mu*m_1g*\cos(\alpha)\) Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle m_1\) test a lejtőn felfelé az \(\displaystyle m_2\) test függőlegesen lefelé gyorsul. Ekkor az \(\displaystyle m_1\) testre ható \(\displaystyle S\) súrlódási erő iránya a lejtőn lefelé mutat. A két test gyorsulásának nagysága egyenlő, legyen \(\displaystyle a\) a két test gyorsulásának nagysága.

Alkalmazva Newton II. törvényét a két testre:

\(\displaystyle m_1a=K-G_{1párh}-S=K-m_1g*\sin(\alpha)-\mu*m_1g*\cos(\alpha)\)

\(\displaystyle m_2a=G_2-K=m_2g-K\)

Ekkor \(\displaystyle a=-3,1068\rm{méter/sec^2}\) és \(\displaystyle K=13,1068\rm{Newton}\) adódik. Mivel \(\displaystyle a\) értéke negatív, ezért hibás volt az a feltételezés, hogy az \(\displaystyle m_1\) test a lejtőn felfelé, az \(\displaystyle m_2\) test a lejtőn lefelé gyorsul.

Most tegyük fel, hogy az \(\displaystyle m_1\) test a lejtőn lefelé az \(\displaystyle m_2\) test függőlegesen felfelé gyorsul. Ekkor az \(\displaystyle m_1\) testre ható \(\displaystyle S\) súrlódási erő iránya a lejtőn felfelé mutat. A két test gyorsulásának nagysága egyenlő, legyen \(\displaystyle a\) a két test gyorsulásának nagysága.

Alkalmazva Newton II. törvényét a két testre:

\(\displaystyle m_1a=K-G_{1párh}-S=m_1g*\sin(\alpha)-K-\mu*m_1g*\cos(\alpha)\)

\(\displaystyle m_2a=G_2-K=K-m_2g\)

Ekkor \(\displaystyle a=1,7735\rm{méter/sec^2}\) és \(\displaystyle K=11,7735\rm{Newton}\) adódik.

Sziasztok!

Már nagyon régen volt, és a gyakorlatvezetőim sem a legjobbak voltak. Az rémlik, hogy két komponensre kellene bontanom az erőket de már nem tudom hogyan induljak neki. Esetleg valaki tud segíteni?

Csatlakozva jonashoz, a kérdésed úgy kezdődött, hogy "hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt..."

Tehát a játékban kapunk az ellenségünktől egy halmazt, amiről tudni véli, de inkább be tudja bizonyítani, hogy "kontinuum számosságú", és egy \(\displaystyle n\) pozitív egészt. Nekünk az a feladatunk, hogy a halmazt valami algoritmussal \(\displaystyle n\) részre osszuk.

A kérdés: annak bizonyítása, hogy a halmaz kontinuum számosságú, nem biztosít automatikusan (például a Cantor-Schröder-Bernstein tétel segítségével) egy bijekciót valamilyen ismert, kontinuum számosságú halmazzal?

Megfelelteted a (legyen mondjuk \(\displaystyle H\)) halmazt az \(\displaystyle [0,n)\) intervallumnak vagyis veszel egy \(\displaystyle f:[0,n)\to H\) bijekciót. A \(\displaystyle [0,n)\) intervallum a szintén kontinuum számosságú \(\displaystyle [0,1),\ldots,[n-1,1)\) intervallumok uniója; ezeket külön-külön is képezheted a \(\displaystyle H\) halmazba:

\(\displaystyle H = f\big([0,n)\big) = f\big([0,1)\big) \cup\ldots\cup f\big([n-1,n)\big). \)

Véges sok helyett kontinuum sok résszel is megy: a kontinuum számosságú sík felbontható kontinuum sok párhuzamos egyenes uniójára.

Azt, hogy egy halmaz kontinuum számosságú, többé-kevésbé úgy definiáljuk, hogy van egy bijekció valamilyen rögzített kontinuum számosságú halmazra, mondjuk a természetes számok halmazának a hatványhalmazára. Ha be szeretnéd bizonyued tani egy konkrét halmazról, hogy tényleg kontinuum számosságú, akkor többnyire a Schröder-Bernstein tételt a legkönnyebb fölhasználni. Ez gyakran kikerülhető lenne, de könnyebb egyszer bebizonyítani azt a tételt, mint minden példához újabb konstrukciókat keresni.

Bármilyen meglepő, én is pont egy ilyen módszerre gondoltam. DE! konkrétan egy ilyen "univerzális" megfeleltetést még nem tudtam találni, ami bármilyen adott kontinuum-számosságú halmaz esetén működne.

„amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.”

Dehát az végtelen sok vágás. Az alatt elkopik a kés. Nem lehetne valahogyan \(\displaystyle k - 1 \) vágással megoldani?

Ha kontinuum számosságú, akkor képezhető egy bijekció a valós számok halmazával, tehát elég a valós számokat felosztani. Ott pedig a k. halmazba (\(\displaystyle k=0,1, \dots, n-1\)) tegyük bele azokat a számokat, amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.

Konyhakéssel, amit rendszeresen alaposan meg kell élezni, hogy minél kevesebb morzsa legyen, ami egyik részbe sem kerül bele.

Hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt \(\displaystyle n\) darab egyforma számosságú részre osztani?

4. Ha \(\displaystyle x=pA+qB+r\), akkor legyen \(\displaystyle f(x)=r\), \(\displaystyle g(x)=qB\), \(\displaystyle h(x)=pA\).

5. \(\displaystyle u(x)=qb+r\), \(\displaystyle v(x)=pA-r\), ekkor \(\displaystyle u(x)+v(x)=pA+qB\) teljesül.

Köszönöm a segítséget!

A 4-eshez a következőképpen kezdj hozzá. A függvény \(\displaystyle x \) argumentumát próbáld meg a 3. feladatban leírt módon felírni. Ha semmilyen \(\displaystyle p, q, r \) racionális számokra nem teljesül \(\displaystyle x = pA + qB + r \), akkor legyen \(\displaystyle f(x) = 0 \). Ez még nem rontja el, hogy a függvénynek \(\displaystyle A \) periódusa, mert ha \(\displaystyle x \) nem írható föl így, akkor \(\displaystyle x + A \) sem, ezért \(\displaystyle f(x + A) = 0 \). Ha van \(\displaystyle x = pA + qB + r \) megoldás, akkor a \(\displaystyle p, q, r \) számokból add meg valahogy \(\displaystyle f(x) \) értékét. Mit kell csinálni ahhoz, hogy \(\displaystyle f(x) = f(x + A) \) teljesüljön? Hogyan lehet elrontani az \(\displaystyle 1 \) periódust?

Az 5. feladathoz a következőt gondold át. Ha az \(\displaystyle f, g \) függvények minden valós számon értelmezve vannak, és mindkettő \(\displaystyle A \)-val periodikus, akkor mit mondhatsz az \(\displaystyle f + g \) függvényről? Ha \(\displaystyle f \) periodikus \(\displaystyle B \) periódussal, de \(\displaystyle g \) nem, akkor mit mondhatsz az \(\displaystyle f + g \) függvényről?

köszi a segítséget Jónás! A 4.-re és az 5.-re nincs elképzelésem. A bónuszfeladaton gondolkozok.

Elfelejtettem mondani, hogy a 2. állításra is van elemi és számosságos bizonyítás is, és itt is elég csak az egyik a te kérdésedhez.

Hadd próbáljalak rávezetni.

1. Bizonyítsd be, hogy létezik irracionális szám. Erre két ismert bizonyítás is van: az elemi és a számosságos. A te kérdésedhez elég csak az egyik bizonyítást ismerni, de hosszú távon hasznos mindkettőt tudni.

2. Bizonyítsd be, hogy létezik két valós szám \(\displaystyle A, B \) úgy, hogy \(\displaystyle A, B, 1 \) lineárisan független a racionális számok fölött, vagyis bármely \(\displaystyle p, q, r \) racionális számokra ha \(\displaystyle pA + qB + r = 0 \), akkor \(\displaystyle p = q = r = 0 \).

3. Ha rögzítettek az \(\displaystyle A, B \) számok a fenti tulajdonsággal, akkor lásd be, hogy bármely \(\displaystyle x \) valós számot legfeljebb egyféleképpen lehet \(\displaystyle x = pA + qB + r \) alakban felírni úgy, hogy \(\displaystyle p, q, r \) három racionális szám legyen.

4. Adott \(\displaystyle A, B \) számokhoz a fenti tulajdonsággal konstruálj egy olyan \(\displaystyle f \) valós-valós függvényt, hogy \(\displaystyle f \)-nek periódusa \(\displaystyle A \) és \(\displaystyle B \) is, de \(\displaystyle 1 \) nem periódusa. Hasonlóan konstruálj egy olyan \(\displaystyle g \) valós-valós függvényt, aminek \(\displaystyle A \) és \(\displaystyle 1 \) periódusai, de \(\displaystyle B \) nem; és egy \(\displaystyle h \) valós-valós függvényt, aminek \(\displaystyle B \) és \(\displaystyle 1 \) periódusa, de \(\displaystyle A \) nem.

5. Ha adott három függvény \(\displaystyle f, g, h \) a fenti tulajdonságokkal, akkor rakj össze belőlük két valós-valós függvényt \(\displaystyle u, v \) néven úgy, hogy \(\displaystyle u \)-nak \(\displaystyle A \) periódusa de \(\displaystyle B \) nem periódusa és \(\displaystyle 1 \) sem periódusa; \(\displaystyle v \)-nek \(\displaystyle B \) periódusa de \(\displaystyle A \) nem periódusa és \(\displaystyle 1 \) sem periódusa; \(\displaystyle u + v \)-nek \(\displaystyle 1 \) periódusa de \(\displaystyle A \) nem és \(\displaystyle B \) sem.

Ezek együtt elvileg megválaszolják a kérdésedet. Ha nem elég, akkor mondjad, hogy hol akadtál el. Ha mind megvan, akkor bónusznak javaslom az egyik kedvenc feladatomat.

6. Igazold, hogy van olyan ponthalmaz az egységnégyzetben, ami bármely a négyzet bármely oldalával párhuzamos (vízszintes vagy függőleges) egyenest csak véges sok pontban metsz, viszont a négyzeten mindenütt sűrű (vagyis bármely tengyelypárhuzamos téglalapot, ami teljesen a négyzeten belül helyezkedik el, legalább egy pontban metsz).