[1366] Róbert Gida | 2010-09-21 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 |
|
[1367] bily71 | 2010-09-21 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 |
|
[1368] Maga Péter | 2010-09-21 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 |
|
[1369] Maga Péter | 2010-09-21 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, (illetve ' függvény), ami a tizedesvessző utáni első páros sok (páratlan sok) számjegyhez rendel egy számjegyet úgy, hogy a
0,(Ø)a2((Ø)a2)a4((Ø)a2((Ø)a2)a4)...
(illetve
0,a1'(a1)a3'(a1'(a1)a3)a5...)
szám minden a2,a4,... sorozatra racionális (illetve a1,a3,... sorozatra irracionális). A Q és Q' halmazok diszjunktsága miatt és ' nem létezhet egyszerre. Kérdés: létezik-e valamelyik, ha igen, melyik?
|
Előzmény: [1342] bily71, 2010-09-20 14:51:06 |
|
[1370] Maga Péter | 2010-09-21 11:52:51 |
A válasz az, hogy ' 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 ('-kel).
|
Előzmény: [1369] Maga Péter, 2010-09-21 11:48:55 |
|
[1371] Maga Péter | 2010-09-21 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 |
|
[1372] bily71 | 2010-09-21 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 |
|
[1373] bily71 | 2010-09-21 17:47:53 |
"Sirpi módszerrel" megszámlálható, ugyanis minden elágazásnál tizszeresre nő a bejárható utak száma, mivel n elágazás van (n=), 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 |
|
[1374] Róbert Gida | 2010-09-21 20:04:59 |
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 |
|
|
|
[1377] bily71 | 2010-09-22 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 |
|
|
|
|
|
|
[1383] Maga Péter | 2010-09-22 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 |
|
|
|
|
[1387] Maga Péter | 2010-09-23 11:33:26 |
Nem egészen. A wikipedia azt mondja, hogy (2)-ről Euler 1735-ben mutatta meg, hogy , de a 2-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
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 |
|
[1388] Khesteg | 2010-10-02 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?
|
|
|
[1390] Khesteg | 2010-10-02 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.
|
|
|
[1392] Khesteg | 2010-10-02 22:09:22 |
Eh...tényleg. Nem vettem észre hogy lehet egyszerűsíteni. Köszi szépen a segítséget :)
|
|
|
[1394] Szekér István | 2010-10-06 15:44:39 |
Helló, ez most nem matekos kérdés lesz:
Amikor regisztráltam, majd beléptem, ezt kérdezte: hanyadik osztályba jársz 2009/2010 tanévben (ami a tavalyi tanév volt) kiválasztom, hogy 9. osztály (most 10.-es vagyok), aztán jöttem rá, hogy ez nem jeó. Hogy tudom megváltoztatni az évfolyamom? Regisztráljak újra?
|
|
[1395] David820607 | 2010-10-06 16:46:06 |
Létezik (nem csupa azonos tagból álló) tetszőlegesen hosszú számtani sorozat csupa teljes hatványból?
|
|
[1396] vogel | 2010-10-06 18:03:02 |
Ez a sor miért divergens? . Nem sikerült sehogy sem alulról becsülnöm. Biztos könnyű. Köszönöm.
|
|
|
|
|
|
[1401] vogel | 2010-10-06 20:13:30 |
Szóval, hányados kritériumot lehet használni divergencia bizonyításához?
|
|
[1402] R.R King | 2010-10-06 20:32:50 |
Ha a sorozat liminf-je 1-nél nagyobb akkor divergens. Ha 1-hez tart a fenti hányados akkor sajnos a kritérium nem mond semmit(Konvergens is lehet). Az előző átalakításból úgy látom szépen kijön a divergencia. Amúgy a hányadoskritériumnál vannak erősebb tételek is csak ezekhez már kevéssé értek.(talán még a Raabe-kritérium jó)
|
Előzmény: [1401] vogel, 2010-10-06 20:13:30 |
|
|
|
|
|
|
|
[1409] Mérilu | 2010-10-08 22:11:25 |
S.o.S.Mekkora a Kerülete annak a háromszögnek? Amelynek az egyik oldala16cm.és a rajta fekvő két szög 56és 72 fok?
Légyszives segítsetek! Köszi
|
|
|
[1411] Marika | 2010-10-09 17:34:49 |
Sziasztok ! Tud valaki segíteni? Mennyi annak aparalellogrammának a kerülete amelynek az egyik oldala 16 cm a hozzátartozó szög 60 fok és a magassága 4cm.
És mégegy Téglalap kerülete? Ha az átlói 10cm -ek az általuk bezárt kisebbik szög pedig 30 fok. Légy szíves segítsetek.DE ha lehet kicsit szájbarágós magyarázattal , mert nekem ezek nagyon zavarosak!!
előre is köszönöm szépen
|
|
[1412] Nagy Tamás | 2010-10-10 17:13:42 |
Hello! Én a debreceni Ady Endre Gimnáziumba járok és 5 osztályosban vagyok 10es akkor most hanyadikost írjak be? Mert tananyag tudásból inkább 9.-es vagyok mintsem 10.-es.
|
|
|
[1414] epsilon | 2010-10-19 08:25:23 |
Üdvözlök Mindenkit! Szükségem lenne a Hlawka egyenlőtlenség egy bizonyítására de sehol sem találom, erről lenne szó: Igazoljuk, hogy minden x,y,z valós szám esetén igaz, hogy: /x/+/y/+/z/+/x+y+z/>=/x+y/+/y+z/+/z+x/ ahol /a/ az a szám abszolút értékét jelöli. Mindennemű segítséget előre is köszönök. Tisztelettel: epsilon
|
|
[1415] nadorp | 2010-10-19 12:04:43 |
(|a+b|+|a+c|+|b+c|)2=
=(a+b)2+(a+c)2+(b+c)2+2|a2+ab+ac+bc|+2|b2+ba+bc+ac|+2|c2+ca+cb+ab|
(a+b)2+(a+c)2+(b+c)2+2|a2+ab+ac|+2|bc|+2|b2+ba+bc|+2|ac|+2|c2+ca+cb|+2|ab|=
=2a2+2b2+2c2+2ab+2ac+2bc+2|a||a+b+c|+2|bc|+2|b||b+a+c|+2|ac|+2|c||c+a+b|+2|ab|=
=a2+b2+c2+(a+b+c)2+2|a||a+b+c|+2|b||a+b+c|+2|c||a+b+c|+2|a||b|+2|a||c|+2|b||c|=
=(|a|+|b|+|c|+|a+b+c|)2
|
Előzmény: [1414] epsilon, 2010-10-19 08:25:23 |
|