Układy z 1 i -1

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5843
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2387 razy
Pomógł: 643 razy

Układy z 1 i -1

Post autor: mol_ksiazkowy » 18 cze 2019, o 20:04

Niech \(\displaystyle{ A= (a_1,..., a_m)}\) będzie nazywał się układem jeśli \(\displaystyle{ a_j \in \{ -1, 1 \}}\) dla \(\displaystyle{ j=1, ..., m}\) przy czym \(\displaystyle{ m=2^n}\); określona jest operacja \(\displaystyle{ S(A) = \{ a_1a_2, a_2a_3, ..., a_ma_1 \}}\).
Udowodnić, że w ciągu \(\displaystyle{ A, S(A), S(S(A)),...}\) jest układ, w którym są same jedynki.

Awatar użytkownika
Legisl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 6 cze 2019, o 15:41
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 15 razy
Pomógł: 1 raz

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Legisl » 4 lip 2019, o 15:53

Najpierw udowodnijmy stwierdzenie, że \(\displaystyle{ S(A)=S(-A)}\) przez \(\displaystyle{ -A}\) rozumiem układ \(\displaystyle{ -A=(-a_{1},-a_{2}, ..., -a_{m})}\) Zatem zróbmy operacje na tym zbiorze i wyjdzie, że \(\displaystyle{ S(-A)=\lbrace a_{1}a_{2},a_{2}a_{3}, ..., a_{m}a_{1}\rbrace=S(A)}\)
Zauważmy, że każdy układ jest "przesuwalny", to znaczy, jeśli \(\displaystyle{ A=(a_{1},...,,a_{m})}\) to przesunięciem zbioru \(\displaystyle{ A}\) będzie funkcja \(\displaystyle{ f(A)=(a_{m},a_{1},...,a_{m-1})}\)
Stwierdzenie 2 \(\displaystyle{ S\big(f(A)\big)=f\big(S(A)\big)}\) Zatem podstawmy: \(\displaystyle{ S\big(f(A)\big)=\left\{ a_{m}a_{1},a_{1}a_{2},...,a_{m-1}a_{m}\right\}=f(a_{1}a_{2},...,a_{m}a_{1})}\) Wprowadźmy klasę abstrakcji \(\displaystyle{ A\sim B \Leftrightarrow \exists k\in \ZZ:f^{k}(A)=B}\) Teraz zdefiniujmy ciąg \(\displaystyle{ X=\lbrace\mathbb{A},S^{-1}(\mathbb{A}),S^{-1}\circ S^{-1}(\mathbb{A}),...\rbrace}\) , gdzie \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie oznaczać ciąg samych jedynek. Układem pierwotnym będę nazywać każdy układ, który nie można uzyskać poprzez operacje \(\displaystyle{ S}\) na żadnym innym układzie, czyli \(\displaystyle{ A\quad pierwotny \Leftrightarrow \nexists B: S(B)=A}\) Okazuje się, że jedynymi układami pierwotnymi jest układ składający się z samych jedynek i jednej minus jedynki i 2 układ wyglądający następująco \(\displaystyle{ (1,1,1,...,-1,-1,-1)}\) , a każdy inny układ można wygenerować poprzez ciąg \(\displaystyle{ \left\{ C,S(C),...,\mathbb{A}\right\}}\) , gdzie C jest układem pierwotnym. Dzięki przesuwalności układów i pojęcia pierwotności układów dostajemy, że skoro każdy układ niepierwotny jest generowany przez pewien pierwotny, a każdy pierwotny wynika z ciągu \(\displaystyle{ X}\) to każdy układ musi dążyć do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) , przy czym trzeba podkreślić, że nie działa to dla każdego \(\displaystyle{ m}\) jest tak, dlatego ponieważ np. gdy \(\displaystyle{ m=6}\) , to istnieje układ pierwotny, który nie może być otrzymany z ciągu \(\displaystyle{ X}\) , a gdy \(\displaystyle{ m=2^{n}}\) jest to zawsze możliwe . Pokaże, dlaczego tak istotne jest, by \(\displaystyle{ m}\) bylo równe \(\displaystyle{ 2^{n}}\) . Rozważmy \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) i niech \(\displaystyle{ m}\) będzie liczbą nieparzystą większą od 1, wtedy; \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{A})=(-1,-1,-1,-1,...)=\mathbb{B},\quad S^{-1}(\mathbb{B})=(1,-1,1,-1,...)=\mathbb{C}}\) Rozważmy najpierw sytuacje gdy \(\displaystyle{ m\equiv 3 \pmod4}\) , wtedy: \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{C})=id_{e}}\) ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) w tym przypadku jest układem pierwotnym, więc nie istnieje takie \(\displaystyle{ D}\) , by \(\displaystyle{ S^{-1}(D)=\mathbb{C}}\) , teraz rozważmy drugi przypadek, gdy \(\displaystyle{ m\equiv 1 \pmod 4}\) \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{C})=(-1,-1,1,1,-1,-1,1,1,...)=\mathbb{D}}\), lecz ponownie \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{D})=id_{e}}\) jest układem pierwotnym, a jak łatwo wykazać nie jest to jedyny taki układ pierwotny, więc nie ma możliwości, by każdy układ o dowolnym \(\displaystyle{ m}\) dążył do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\). Dowodzenie przykładów dla \(\displaystyle{ m}\) parzystego można wykonać analogicznie, bądź po prostu pomnożyć każdy układ \(\displaystyle{ \mathbb{A,B,C,D}}\) przez 2 i przekonać się, żę sprawiają takie same problemy. Ciekawym uogólnieniem tego problemu wydaje mi się układ A i \(\displaystyle{ m= \infty}\), wtedy operacja \(\displaystyle{ S}\) byłaby zdefiniowana następująco: \(\displaystyle{ S(A)=(a_{1}a_{2},a_{2}a_{3},...)}\) i pytanie analogiczne, czy dla dowolnego nieskończonego układu ciąg operacji \(\displaystyle{ S}\) będzie dążył zawsze do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) . Drugim ciekawym problem mógłaby być próba pokazania, że dla pewnego \(\displaystyle{ m}\), układ \(\displaystyle{ A=(a_{1},a_{2},a_{3},...):a_{k}\in\left\{ 1,-1,i,-i\right\}}\) albo dodać jeszcze więcej jednostek urojonych i zobaczyć, co z tego wyniknie.

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 8509
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1777 razy

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Dasio11 » 5 lip 2019, o 19:36

Ogółem: ładnie rozumujesz, ale Twoje rozwiązanie ma parę wad.
Legisl pisze:Teraz zdefiniujmy ciąg \(\displaystyle{ X=\lbrace\mathbb{A},S^{-1}(\mathbb{A}),S^{-1}\circ S^{-1}(\mathbb{A}),...\rbrace}\) , gdzie \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie oznaczać ciąg samych jedynek.
Zapis \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{A})}\) nie jest poprawny, bo \(\displaystyle{ S}\) nie ma funkcji odwrotnej (co wynika choćby z zauważonego przez ciebie faktu, że \(\displaystyle{ S(A) = S(-A)}\) dla każdego układu \(\displaystyle{ A}\)). Pewnie chodzi Ci o to, żeby na \(\displaystyle{ n}\)-tym miejscu tego ciągu wystąpił zbiór wszystkich takich układów \(\displaystyle{ B}\), na których \(\displaystyle{ n}\)-krotne zastosowanie \(\displaystyle{ S}\) zamieni go w układ \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\)?
Legisl pisze:Okazuje się, że jedynymi układami pierwotnymi jest układ składający się z samych jedynek i jednej minus jedynki i 2 układ wyglądający następująco \(\displaystyle{ (1,1,1,...,-1,-1,-1)}\), a każdy inny układ można wygenerować poprzez ciąg \(\displaystyle{ \left\{ C,S(C),...,\mathbb{A}\right\}}\) , gdzie C jest układem pierwotnym.
Nieprawda: układ \(\displaystyle{ (1, -1, -1, 1, -1, 1, -1, -1)}\) nie spełnia żadnego z dwóch podanych przez Ciebie warunków (ani nawet nie jest przesunięciem takowego), ale jest pierwotny.

Ponadto dobrego uzasadnienia wymaga stwierdzenie, że każdy układ (niepierwotny) można wygenerować z układu pierwotnego, czyli że każdy układ \(\displaystyle{ B}\) jest postaci \(\displaystyle{ S^k(A)}\) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ k}\) i pewnego układu pierwotnego \(\displaystyle{ A}\). Jest to wcale nieoczywiste.
Legisl pisze:Dzięki przesuwalności układów i pojęcia pierwotności układów dostajemy, że skoro każdy układ niepierwotny jest generowany przez pewien pierwotny, a każdy pierwotny wynika z ciągu \(\displaystyle{ X}\) to każdy układ musi dążyć do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\)
Znów nietrywialne jest stwierdzenie, że każdy układ pierwotny występuje w ciągu \(\displaystyle{ X}\), powinieneś je zatem porządnie uzasadnić.
Legisl pisze:Rozważmy \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) i niech \(\displaystyle{ m}\) będzie liczbą nieparzystą większą od 1, wtedy; \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{A})=(-1,-1,-1,-1,...)=\mathbb{B},\quad S^{-1}(\mathbb{B})=(1,-1,1,-1,...)=\mathbb{C}}\)
To chyba nieprawda. Układ \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) zaczyna się i kończy jedynką, wobec czego \(\displaystyle{ S(\mathbb{C})}\) kończy się jedynką i nie może być równy \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\).

Awatar użytkownika
Legisl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 6 cze 2019, o 15:41
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 15 razy
Pomógł: 1 raz

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Legisl » 5 lip 2019, o 23:58

Zapis \(\displaystyle{ S^{-1}(\mathbb{A})}\) nie jest poprawny, bo \(\displaystyle{ S}\) nie ma funkcji odwrotnej (co wynika choćby z zauważonego przez ciebie faktu, że \(\displaystyle{ S(A) = S(-A)}\) dla każdego układu \(\displaystyle{ A}\)). Pewnie chodzi Ci o to, żeby na \(\displaystyle{ n}\)-tym miejscu tego ciągu wystąpił zbiór wszystkich takich układów \(\displaystyle{ B}\), na których \(\displaystyle{ n}\)-krotne zastosowanie \(\displaystyle{ S}\) zamieni go w układ \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\)?
Tak, dokładnie oto mi chodziło
Nieprawda: układ \(\displaystyle{ (1, -1, -1, 1, -1, 1, -1, -1)}\) nie spełnia żadnego z dwóch podanych przez Ciebie warunków (ani nawet nie jest przesunięciem takowego), ale jest pierwotny.

Ponadto dobrego uzasadnienia wymaga stwierdzenie, że każdy układ (niepierwotny) można wygenerować z układu pierwotnego, czyli że każdy układ \(\displaystyle{ B}\) jest postaci \(\displaystyle{ S^k(A)}\) dla pewnej liczby naturalnej k i pewnego układu pierwotnego \(\displaystyle{ A}\). Jest to wcale nieoczywiste.
Tu mnie masz. Nie zauważyłem tego. Wiedziałem, że będzie się do czego przyczypić, a szczególnie do moich nietrywialnych stwierdzeń, ale postanowiłem opublikować post, by ktoś mógł poprawić moje błędy i korzystając z moich obserwacji przejść do właściwego dowodu, bo to, co napisałem dowodem nie można nazwać, przynajmniej niepełnym.
Znów nietrywialne jest stwierdzenie, że każdy układ pierwotny występuje w ciągu \(\displaystyle{ X}\), powinieneś je zatem porządnie uzasadnić.
Dokładnie. Próbowałem znaleźć ogólny "wzór" układu pierwotnego, wtedy może można by było udowodnić, że każdy taki układ należy do ciągu \(\displaystyle{ X}\) .
To chyba nieprawda. Układ \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) zaczyna się i kończy jedynką, wobec czego \(\displaystyle{ S(\mathbb{C}}\)) kończy się jedynką i nie może być równy \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) .
Mój błąd
Inną ideą do ataku problemu jest isomorfizm struktur ciągów. Mam na myśli analogie do innych struktur algebraicznych jak ciało, pierścień, grupa itd... charakteryzująca się tym, że rozszerzenie struktury \(\displaystyle{ m}\)-elementowej do \(\displaystyle{ 2m}\)-elementowej zachowuje strukturę np. struktura 4-elementowa jest rozwiązywalna, ponieważ struktura 2-elementowa jest rozwiązywalna i idzie to w drugą stronę np. struktura 6-elementowa nie jest rozwiązywalna, bo nie jest 3-rozwiązywalna. Szkopuł w tym jak zdefiniować strukturę ciągu. Można by stworzyć na tej podstawie nową teorie o strukturach ciągowych generowanych przez pewien ciąg i pewną operacje na nim, chyba że coś już takiego istnieje, to prosiłbym odnośniki do literatury bądź wytłumaczenie o co chodzi. Przez rozwiązywalność rozumiem, że każdy układ \(\displaystyle{ m}\)-elementowy dąży do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\)

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 8509
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1777 razy

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Dasio11 » 6 lip 2019, o 09:38

Legisl pisze:Dokładnie. Próbowałem znaleźć ogólny "wzór" układu pierwotnego, wtedy może można by było udowodnić, że każdy taki układ należy do ciągu \(\displaystyle{ X}\) .
To da się zrobić w miarę prosto. Zacznij od tego: czy istnieje taka własność, którą spełnia każdy układ \(\displaystyle{ (a_1 a_2, a_2 a_3, \ldots, a_m a_1)}\), ale nie każdy układ w ogóle?
Legisl pisze:Można by stworzyć na tej podstawie nową teorie o strukturach ciągowych generowanych przez pewien ciąg i pewną operacje na nim, chyba że coś już takiego istnieje, to prosiłbym odnośniki do literatury bądź wytłumaczenie o co chodzi. Przez rozwiązywalność rozumiem, że każdy układ \(\displaystyle{ m}\)-elementowy dąży do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\)
Ciekawy pomysł. Powiedzmy, że układ \(\displaystyle{ B}\) się stabilizuje, jeśli istnieje takie naturalne \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ S^{n+1}(B) = S^n(B)}\) (a więc automatycznie \(\displaystyle{ S^{n+1}(B) = S^{n+2}(B) = S^{n+3}(B) = \ldots}\)). Nietrudno wykazać, że wtedy \(\displaystyle{ S^n(B) = \mathbb{A}}\), tj. układ stabilizuje się wtedy i tylko wtedy, gdy dojdzie do układu samych jedynek.

Teraz faktycznie prawdziwe jest stwierdzenie:

\(\displaystyle{ (*)}\) Jeśli każdy układ długości \(\displaystyle{ 2m}\) się stabilizuje , to każdy układ długości \(\displaystyle{ m}\) się stabilizuje.

Aby to udowodnić, dla dowolnego układu \(\displaystyle{ A = (a_1, \ldots, a_m)}\) długości \(\displaystyle{ m}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ A^2}\) układ długości \(\displaystyle{ 2m}\) powstały przez dwukrotne ustawienie \(\displaystyle{ A}\) obok siebie: \(\displaystyle{ A^2 := (a_1, \ldots, a_m, a_1, \ldots, a_m)}\). Łatwo sprawdzić, że wtedy \(\displaystyle{ S(A^2) = S(A)^2}\), a stąd przez indukcję: \(\displaystyle{ S^n(A^2) = \big( S^n(A) \big)^2}\). Skoro więc z założenia istnieje \(\displaystyle{ n}\), takie że

\(\displaystyle{ S^n(A^2) = \mathbb{A}^2 = (\underbrace{1, \ldots, 1}_{2m})}\),

to również \(\displaystyle{ \big( S^n(A) \big)^2 = \mathbb{A}^2}\), czyli \(\displaystyle{ S^n(A) = \mathbb{A}}\), a zatem: układ \(\displaystyle{ A}\) się stabilizuje.

W analogiczny sposób można pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ m, k}\) są takimi liczbami naturalnymi, że każdy układ długości \(\displaystyle{ k \cdot m}\) się stabilizuje, to wtedy każdy układ długości \(\displaystyle{ m}\) się stabilizuje - powyżej jest dowód dla \(\displaystyle{ k = 2}\). Stąd wynika, że jeśli dla wszystkich nieparzystych liczb pierwszych \(\displaystyle{ p}\) wykażemy, że nie każdy układ się stabilizuje, to to samo będzie prawdą na dla każdej liczby podzielnej przez pewną nieparzystą liczbę pierwszą, czyli dla każdej liczby, która nie jest postaci \(\displaystyle{ 2^n}\).

Jednak nie widzę, jak odwrócić stwierdzenie \(\displaystyle{ (*)}\), a to właśnie implikacja odwrotna byłaby przydatna w rozwiązaniu zadania, o którym mowa.


Moje rozwiązanie:

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \oplus}\) dodawanie liczb całkowitych \(\displaystyle{ \mbox{} \bmod 2}\). Zapisując dowolny układ w postaci \(\displaystyle{ (a_1, \ldots, a_n) = \big( (-1)^{p_1}, \ldots, (-1)^{p_n} \big)}\) i zauważając, że \(\displaystyle{ (-1)^p \cdot (-1)^{p'} = (-1)^{p \oplus p'}}\), widzimy że wystarczy pokazać rzecz następującą: do dowolnego ciągu \(\displaystyle{ (p_1, \ldots, p_n)}\) takiego że \(\displaystyle{ p_j \in \{ 0, 1 \}}\) , stosując operację \(\displaystyle{ T(p_1, \ldots, p_n) = (p_1 \oplus p_2, \ldots, p_m \oplus p_1)}\), po skończenie wielu krokach otrzymamy ciąg samych zer.

Poniżej wszystkie równości są \(\displaystyle{ \mbox{} \bmod{2}}\). Przyjmuję też cykliczną numerację układów, tj. \(\displaystyle{ p_{m+1} = p_1, p_{m+2} = p_2}\) i tak dalej.

Dowolnemu układowi \(\displaystyle{ \mathbf{p} = (p_1, \ldots, p_m)}\) przypiszmy układ \(\displaystyle{ \alpha(\mathbf{p}) = (q_1, \ldots, q_m)}\), gdzie

\(\displaystyle{ q_j = \sum_{k=1}^j p_k \cdot \binom{m-k}{m-j}.}\)

Wtedy

\(\displaystyle{ {\alpha(T(\mathbf{p}))_j = \sum_{k=1}^j (p_k+p_{k+1}) \cdot \binom{m-k}{m-j} = p_1 \cdot \binom{m-1}{m-j} + \sum_{k=2}^j p_k \cdot \left( \binom{m-(k-1)}{m-j} + \binom{m-k}{m-j} \right) + p_{j+1}.}}\)

Znany jest fakt, że gdy \(\displaystyle{ m = 2^n}\) to \(\displaystyle{ \binom{m-1}{i} \equiv 1 \pmod{2}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ 0 \le i \le m-1}\). Dla \(\displaystyle{ j = m}\) mamy zatem

\(\displaystyle{ \alpha(T(\mathbf{p}))_j = p_1 + \sum_{k=2}^j p_k \cdot (1+1) + p_{m+1} = 0.}\)

Dla \(\displaystyle{ j < m}\) znów korzystamy z nieparzystości \(\displaystyle{ \binom{m-1}{m-(j+1)}}\) oraz tożsamości \(\displaystyle{ \binom{m-(k-1)}{m-j} - \binom{m-k}{m-j} = \binom{m-k}{m-(j+1)}}\), zamieniając \(\displaystyle{ -}\) na \(\displaystyle{ +}\) (co jest poprawne \(\displaystyle{ \mbox{} \bmod 2}\)). Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ $ \begin{align*} \alpha(T(\mathbf{p}))_j & = p_1 \cdot \binom{m-1}{m-(j+1)} + \sum_{k=2}^j p_k \cdot \binom{m-k}{m-(j+1)} + p_{j+1} \cdot \binom{m-(j+1)}{m-(j+1)} \\ & = \sum_{k=1}^{j+1} p_k \cdot \binom{m-k}{m-(j+1)} = q_{j+1}. \end{align*} $}\)

Widzimy więc, że \(\displaystyle{ \alpha(T(\mathbf{p})) = (q_2, q_3, \ldots, q_m, 0)}\), czyli mówiąc prosto - wszystko przesuwa się o jedną pozycję w lewo, a na ostatniej powstaje zero. Nietrudno się przekonać, że wykonując taką operację \(\displaystyle{ m}\) razy, dostaniemy ciąg samych zer, czyli oznaczając \(\displaystyle{ T^m(\mathbf{p}) = (p'_1, p'_2, \ldots, p'_m) = \mathbf{p}'}\), mamy \(\displaystyle{ \alpha(\mathbf{p}') = (0, \ldots, 0)}\). Z definicji \(\displaystyle{ \alpha}\) daje to układ równań

\(\displaystyle{ \begin{cases} \displaystyle \sum_{k=1}^j p'_k \cdot \binom{m-k}{m-j} = 0 & : j = 1, \ldots, m \end{cases}}\)

Macierz główna tego układu jest górnotrójkątna i ma jedynki na głównej przekątnej, widać więc, że musi być \(\displaystyle{ p'_1 = p'_2 = \ldots = p'_k = 0}\). Stąd \(\displaystyle{ T^m(\mathbf{p}) = (0, \ldots, 0)}\), tak jak chcemy.

Awatar użytkownika
Legisl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 37
Rejestracja: 6 cze 2019, o 15:41
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Gdańsk
Podziękował: 15 razy
Pomógł: 1 raz

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Legisl » 10 lip 2019, o 00:26

Bardzo ładny dowód!
Zauważyłem ponadto ciekawy fakt: Niech \(\displaystyle{ \mathfrak {A_{m}}}\) będzie rodziną wszystkich układów o długości \(\displaystyle{ m}\) , wtedy strukturą rodziny nazwiemy \(\displaystyle{ G=(\mathfrak{A_{m}},\odot)}\) spełniającą podane zależności:
\(\displaystyle{ \cdot\quad \forall a,b\in\mathfrak {A_{m}}\quad a\odot b\in\mathfrak{A_{m}}}\) (operacja binarna)
\(\displaystyle{ \cdot\quad \forall a,b,c\in \mathfrak{A_{m}}\quad a\odot (b\odot c)=(a\odot b)\odot c}\) (łączność)
Tak zdefiniowana struktura algebraiczna jest półgrupą. Dla potrzeb problemu oznaczmy przez \(\displaystyle{ \mathfrak{C}}\) rodzinę wszystkich układów równą: \(\displaystyle{ \mathfrak{C}=\bigcup_{m=1}^{ \infty } \mathfrak{A_{m}}}\)
Niech \(\displaystyle{ \circ}\) będzie działaniem na tej rodzinie:
\(\displaystyle{ a=(a_{1},...,a_{m}), b=(b_{1},...,b_{k}) \Rightarrow a\circ b=(a_{1},...,a_{m},b_{1},...,b_{k}})\in\mathfrak{C}}\) Pondato na mocy relacji równoważności:
Ukryta treść:    
\(\displaystyle{ a\circ b\sim b\circ a\because f^{k}(a\circ b)=b\circ a}\) , wtedy \(\displaystyle{ (\mathfrak{C},\circ)}\) jest półgrupą. Niech \(\displaystyle{ \mathfrak{P}(A)}\) będzie oznaczać pętle tzn. \(\displaystyle{ \mathfrak{P}(A)\subset X(A)}\) i spełnia własność: \(\displaystyle{ \forall A:\exists\mathfrak{P}(A) \Rightarrow \exists k\in \NN:S^{k}( \pm A)\sim A,A \neq \mathbb{A}}\) Przedstawie teraz te własnośći bardziej zrozumiale otoż zauważyłem ciekawą własność:
\(\displaystyle{ (1,-1,1) \rightarrow (-1,-1,1) \rightarrow (1,-1,-1) \rightarrow (-1,1,-1)}\) Zauważmy, że ostatni wyraz napisany \(\displaystyle{ (-1,1,-1)}\) , gdyby został pomnożony przez \(\displaystyle{ -1}\) ,wtedy byłby identyczny z pierwszym układem. Rozważmy udosokonaloną wersję relacji równoważności: \(\displaystyle{ a\sim_{u} b \Leftrightarrow \exists k\in\ZZ:f^{k}( \pm a)=b}\)
Stwierdzenie: Każdy układ \(\displaystyle{ A}\) nie stabilizujący się składa się z układu/układów klasy abstrakcji \(\displaystyle{ [A]_{\sim_{u}}}\). Innymi słowy, układ \(\displaystyle{ A}\) nie stabilizuje się, gdy \(\displaystyle{ A\sim_{u} S(A)}\) , przy założeniu oczywiście, że \(\displaystyle{ A\neq\mathbb{A}}\) . Założmy, że tak nie jest i istnieje pewien układ pętlący się, który nie ma układów należących do klasy abstrakcji \(\displaystyle{ [A]_{\sim_{u}}}\) , lecz z tego wynika sprzeczność ponieważ skoro nie posiada żadnych układów równoważnych wyznaczanych przez klasę abstrakcji \(\displaystyle{ [A]_{\sim_{u}}}\) , to nie jest możliwe by w ciągu \(\displaystyle{ X(A)}\) można było wrócić do początku, zatem musimy rozważyć rodziny o długościach \(\displaystyle{ p}\) , gdzie \(\displaystyle{ p\in\PP \setminus \left\{ 2\right\}}\) Zatem musimy udowodnić, że \(\displaystyle{ \forall\mathfrak{A_{p}}\exists A\in\mathfrak{A_{p}}:A\sim_{u}S(A)}\)
Dowód dla \(\displaystyle{ p}\) jest prosty: Rozważmy układ \(\displaystyle{ A}\) składający się tylko z plus jedynek i na ostatim miejscu z minus jedynką, który to układ ma długość \(\displaystyle{ m=2k+1}\) Niech \(\displaystyle{ \psi(A)}\) będzie funkcją zliczającą ilość minus jedynek w układzie \(\displaystyle{ A}\) , wtedy \(\displaystyle{ \psi\big(X(A)\big)}\) jest równe podanemu ciągowi:\(\displaystyle{ \left\{ 1,\green2,2,\blue4,\green2,\blue4,4,\red8,\blue4,\black6,\red8,\black....\right\}}\) jak łatwo zauważyć i można udowodnić, że ciąg ten przyjmuje zawsze wartości parzyste więc nie jest możliwe by
każdy układ o długości nieparzystej się stabilizował. Teraz rozważmy \(\displaystyle{ 2m=4k+2}\) , można prosto zauważyć, że \(\displaystyle{ \psi\big(X(A\circ A)\big)=2\cdot\psi\big(X(A)\big)=\left\{ 2,4,4,8,4,...\right\}}\) Ponadto, zachodzi: \(\displaystyle{ S(A\circ A)=S(A)\circ S(A)}\) , zatem jeśli po \(\displaystyle{ k}\)-krotnej operacji układ pętli się to musi zajść:\(\displaystyle{ S^{k}(A)\circ S^{k}(A)=S^{k}(A\circ A)}\) , co udowadnia że mnożenie przez \(\displaystyle{ 2}\) zachowuje rozwiązywalność bądź jej brak, lecz i tak sądze, że dowód podany przez Ciebie był dużo ładniejszy.

Rozważmy teraz rozwiązywalność układów nieskończonych. Przez rozwiązywalność będziemy rozumieć, że układ stabilizuje się do \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) i jednocześnie potrzeba skończenie wielu operacji \(\displaystyle{ S}\) ,by uzyskać \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) . Po pierwsze zdefiniujmy innaczej operacje: \(\displaystyle{ S(A)=\lbrace a_{1}a_{2},a_{2}a_{3},...a_{n-1}a_{n}\rbrace}\) Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie układem o długości \(\displaystyle{ m=2^{n}}\) , wtedy \(\displaystyle{ \bigcirc_{}^{ \infty }A=A\circ A\circ A\circ ...}\) układ będzie rozwiązywalny, lecz gdy układ \(\displaystyle{ B}\) jest nierozwiązywialny o długości skończonej to:\(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}B}\) jest też nierozwiązywalny, lecz w nieskończoności dzieją dziwne rzeczy jak np. że jeśli mamy układy nierozwiązywalne o długości nieparzystej i je dodamy w nieskończonośc będą rozwiązywalne np. \(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}\big(A\circ f(A)\big)}\) np. \(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}\big((1,1,-1)\circ (-1,1,1)\big)}\)
Oczywistym faktem jest jeśli będziemy mieć jakieś dwa różne układy \(\displaystyle{ A,B}\) i je zsumujemy do nieskończoności tak:\(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}(A\circ B)}\) to dostaniemy struktury powtarzalne. Możemy zdefiniować \(\displaystyle{ n}\)-powtarzalność poprzez:\(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}(\underbrace{A\circ B\circ...\circ X}_{n})}\) Problem zaczyna się gdy struktura nie za bardzo powtarzalna, o ile taka istnieje, trzeba by dowieść jej istnienia bądź zaprzerzyć. Ja wierzę, że w matematyce wszystko ma jakiś ukryty sens, nawet liczby pierwsze, ale to moje zdanie. Napiszę coś więcej jeszcze, jak mi coś przyjdzie do głowy, pozdrawiam.

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 8509
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1777 razy

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Dasio11 » 12 lip 2019, o 10:46

Legisl pisze:Niech \(\displaystyle{ \mathfrak{P}(A)}\) będzie oznaczać pętle tzn. \(\displaystyle{ \mathfrak{P}(A)\subset X(A)}\) i spełnia własność: \(\displaystyle{ \forall A:\exists\mathfrak{P}(A) \Rightarrow \exists k\in \NN:S^{k}( \pm A)\sim A,A \neq \mathbb{A}}\)
Przykro mi, ale ten zapis nie ma żadnego sensu.
Legisl pisze:Stwierdzenie: Każdy układ \(\displaystyle{ A}\) nie stabilizujący się składa się z układu/układów klasy abstrakcji \(\displaystyle{ [A]_{\sim_{u}}}\). Innymi słowy, układ \(\displaystyle{ A}\) nie stabilizuje się, gdy \(\displaystyle{ A\sim_{u} S(A)}\) , przy założeniu oczywiście, że \(\displaystyle{ A\neq\mathbb{A}}\) . Założmy, że tak nie jest i istnieje pewien układ pętlący się, który nie ma układów należących do klasy abstrakcji \(\displaystyle{ [A]_{\sim_{u}}}\) , lecz z tego wynika sprzeczność ponieważ skoro nie posiada żadnych układów równoważnych wyznaczanych przez klasę abstrakcji \(\displaystyle{ [A]_{\sim_{u}}}\) , to nie jest możliwe by w ciągu \(\displaystyle{ X(A)}\) można było wrócić do początku, zatem musimy rozważyć rodziny o długościach \(\displaystyle{ p}\) , gdzie \(\displaystyle{ p\in\PP \setminus \left\{ 2\right\}}\) Zatem musimy udowodnić, że \(\displaystyle{ \forall\mathfrak{A_{p}}\exists A\in\mathfrak{A_{p}}:A\sim_{u}S(A)}\)
To też jest bez sensu. Co to znaczy, że układ składa się z innych układów albo układ posiada inne układy? Co to znaczy, że w ciągu \(\displaystyle{ X(A)}\) (notabene nigdzie niezdefiniowanym) nie można wrócić do początku? Skąd nagle wynika konieczność rozważania rodzin - i jakich znowu rodzin? - o długościach będących liczbami pierwszymi? Również ostatnie stwierdzenie budzi wątpliwości, bo (pomijając niepoprawny zapis \(\displaystyle{ (\forall \mathfrak{A_p})}\)) jest w oczywisty sposób prawdziwe, co sugeruje, że nie wyraża ono tego, co miałeś na myśli - wystarczy wziąć jako \(\displaystyle{ A}\) układ złożony z samych jedynek, to wtedy wręcz \(\displaystyle{ A = S(A)}\).

Dowód matematyczny powinien być jasną i przejrzystą argumentacją na rzecz dowodzonej tezy. Nie powinien zawierać zwrotów, które nie wiadomo co znaczą, a każde stwierdzenie powinno w zrozumiały sposób wynikać z poprzednich.
Legisl pisze:Niech \(\displaystyle{ \psi(A)}\) będzie funkcją zliczającą ilość minus jedynek w układzie \(\displaystyle{ A}\) , wtedy \(\displaystyle{ \psi\big(X(A)\big)}\) jest równe podanemu ciągowi:\(\displaystyle{ \left\{ 1,\green2,2,\blue4,\green2,\blue4,4,\red8,\blue4,\black6,\red8,\black....\right\}}\)
Zdefiniowałeś zapis \(\displaystyle{ \psi(A)}\), gdy \(\displaystyle{ A}\) jest układem. Potem jednak stosujesz go do \(\displaystyle{ X(A)}\), które choć nie wiadomo jeszcze czym jest, to podejrzewam, że nie pojedynczym układem, tylko ciągiem zbiorów układów, albo czymś podobnym. Dlatego znów nie wiadomo, co masz na myśli.

Legisl pisze:jak łatwo zauważyć i można udowodnić, że ciąg ten przyjmuje zawsze wartości parzyste więc nie jest możliwe by każdy układ o długości nieparzystej się stabilizował.
W jaki sposób z części przed "więc" wynika część po?
Legisl pisze:Ponadto, zachodzi: \(\displaystyle{ S(A\circ A)=S(A)\circ S(A)}\) , zatem jeśli po \(\displaystyle{ k}\)-krotnej operacji układ pętli się to musi zajść:\(\displaystyle{ S^{k}(A)\circ S^{k}(A)=S^{k}(A\circ A)}\) , co udowadnia że mnożenie przez \(\displaystyle{ 2}\) zachowuje rozwiązywalność bądź jej brak,
W jaki sposób?
Legisl pisze:Po pierwsze zdefiniujmy innaczej operacje: \(\displaystyle{ S(A)=\lbrace a_{1}a_{2},a_{2}a_{3},...a_{n-1}a_{n}\rbrace}\)
Ta definicja nie ma sensu, bo nie wiadomo, czym są \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots, a_n}\), szczególnie że \(\displaystyle{ A}\) miało być układem nieskończonym.

Przy okazji, do oznaczenia ciągu stosuje się nawiasy okrągłe: \(\displaystyle{ (a_1, a_2, \ldots, a_n)}\), nawiasy klamrowe zaś służą do oznaczania zbioru: \(\displaystyle{ \{ a_1, a_2, \ldots, a_n \}}\). W ciągu kolejność elementów ma znaczenie, w zbiorze - nie, czyli na przykład \(\displaystyle{ (a, b) \neq (b, a)}\) jeśli \(\displaystyle{ a \neq b}\), za to \(\displaystyle{ \{ a, b \}}\) zawsze równa się \(\displaystyle{ \{ b, a \}}\).
Legisl pisze:jeśli mamy układy nierozwiązywalne o długości nieparzystej i je dodamy w nieskończonośc będą rozwiązywalne np. \(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}\big(A\circ f(A)\big)}\) np. \(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}\big((1,1,-1)\circ (-1,1,1)\big)}\)
Teza jest nieprecyzyjna - w jaki sposób chcesz dodać te układy w nieskończoność? Może być na przykład tak: \(\displaystyle{ A \circ B \circ B \circ A \circ B \circ B \circ B \circ A \circ A \circ \ldots}\) ? Poza tym, teza ma zachodzić dla wszystkich układów nierozwiązywalnych długości nieparzystej, czy tylko niektórych? Przykład zaś jest niepoprawny, bo podany układ się nie stabilizuje.
Legisl pisze:Możemy zdefiniować \(\displaystyle{ n}\)-powtarzalność poprzez:\(\displaystyle{ \bigcirc^{\infty}(\underbrace{A\circ B\circ...\circ X}_{n})}\)
To nie jest żadna definicja, tylko kilka symboli objętych klamerką.

krl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 438
Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Pomógł: 89 razy

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: krl » 13 lip 2019, o 08:00

Prosta indukcja względem \(\displaystyle{ n}\) pokazuje, że układ \(\displaystyle{ S^{2^n-1}(A)}\) jest stały, każdy jego wyraz jest iloczynem \(\displaystyle{ a_1a_2\dots a_m}\). Zatem \(\displaystyle{ S^m(A)}\) składa się z samych jedynek.

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 8509
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 1777 razy

Re: Układy z 1 i -1

Post autor: Dasio11 » 13 lip 2019, o 14:59

Ja to widzę tak:

Rozważmy pierścień \(\displaystyle{ \ZZ_2[X]/(X^m+1) = \ZZ_2[\omega]}\), gdzie \(\displaystyle{ \omega = X + (X^m+1)}\). Każdemu ciągowi (złożonemu z zer i jedynek, jak poprzednio) \(\displaystyle{ \mathbf{p} = (p_{m-1}, \ldots, p_0)}\) możemy we wzajemnie jednoznaczny sposób przypisać element tego pierścienia:

\(\displaystyle{ \alpha(\mathbf{p}) = p_0 + p_1 \omega + p_2 \omega^2 + \ldots + p_{m-1} \omega^{m-1}.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \omega^m = 1}\), łatwo sprawdzić, że zachodzi zależność \(\displaystyle{ \alpha(T(\mathbf{p})) = \alpha(\mathbf{p}) \cdot (1+\omega),}\) a w konsekwencji \(\displaystyle{ \alpha(T^m(\mathbf{p})) = \alpha(\mathbf{p}) \cdot (1+\omega)^m.}\) Korzystając ze wzoru \(\displaystyle{ (a+b)^m = a^m + b^m}\) (prawdziwego w charakterystyce \(\displaystyle{ 2}\), gdyż \(\displaystyle{ m = 2^n}\)), otrzymujemy \(\displaystyle{ (1+\omega)^m = 1^m + \omega^m = 0}\). W takim razie dla dowolnego ciągu \(\displaystyle{ \mathbf{p}}\) element \(\displaystyle{ \alpha(T^m(\mathbf{p}))}\) jest zerowy, czyli odpowiada ciągowi \(\displaystyle{ T^m(\mathbf{p}) = (0, \ldots, 0)}\), co kończy dowód.

Slup
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 375
Rejestracja: 27 maja 2016, o 20:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 118 razy

Układy z 1 i -1

Post autor: Slup » 14 lip 2019, o 10:01

To jest tak naprawdę proste zadanie z algebry liniowej. Wynika to stąd, że można je przeformułować następująco. Niech

\(\displaystyle{ \phi:\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}^m \rightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}^m}\)

będzie przekształceniem liniowym zadanym wzorem (stosuję zapis addytywny, w oryginalnym sformułowaniu zadania jest multyplikatywny, ale ja wolę addytywny)

\(\displaystyle{ \phi(x_1,x_2,x_3,...,x_m) = (x_1 + x_2, x_2+x_3,...,x_m+x_1)}\)

Trzeba pokazać, że o jeśli \(\displaystyle{ m = 2^n}\), to istnieje \(\displaystyle{ N\in \mathbb{N}}\) takie, że \(\displaystyle{ \phi^N}\) jest przekształceniem zerowym. Można nawet pokazać więcej (i to zrobię), a mianowicie można w zależności od \(\displaystyle{ m}\) znaleźć wymiar największej podprzestrzeni \(\displaystyle{ V}\) niezmienniczej przekształcenia \(\displaystyle{ \phi}\) takiej, że \(\displaystyle{ \phi_{\mid V}}\) jest nilpotentne. Dalej będę nazywał tą podprzestrzeń przestrzenią nilpotentną \(\displaystyle{ \phi}\).

Ustalmy więc dowolne \(\displaystyle{ m\in \mathbb{N}}\). Najpierw zauważmy, że

\(\displaystyle{ M(\phi)_{\mathrm{st}}^{\mathrm{st}} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}}\)

Ta macierz zawiera dużo zer. To daje nadzieję, że można wyliczyć wielomian charakterystyczny przekształcenia \(\displaystyle{ \phi}\). Mamy

\(\displaystyle{ W(x) = \begin{vmatrix} 1-x & 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1-x & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1-x & 1 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 1-x & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 1-x & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 1-x \end{vmatrix}}\)

Korzystamy z rozwinięcia Laplace'a dla pierwszej kolumny i dostajemy

\(\displaystyle{ W(x) = (1-x)\cdot \begin{vmatrix} 1-x & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1-x & 1 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 1-x & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 1-x & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 1-x \end{vmatrix} +}\)
\(\displaystyle{ +(-1)^{(m-1)+1}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1-x & 1 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1-x & 1 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & 0\\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 1-x & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 1-x & 1 \end{vmatrix}=}\)
\(\displaystyle{ =(1-x)\cdot (1-x)^{m-1} + (-1)^m = (1-x)^m+1}\)

Teraz zauważmy, że wymiar podprzestrzeni nilpotentnej przekształcenia \(\displaystyle{ \phi}\) jest równy krotności zera jako pierwiastka wielomianu \(\displaystyle{ W}\). Zapiszmy \(\displaystyle{ m = 2^k\cdot s}\), gdzie \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\) oraz \(\displaystyle{ s\in \mathbb{N}}\) jest liczbą nieparzystą. Wtedy (korzystamy z tego, że ciało jest charakterystyki dwa)

\(\displaystyle{ W(x) = (1-x)^{2^k\cdot s} + 1 = \big((1-x)^{s}\big)^{2^k} + 1^{2^k} = \big((1-x)^s + 1\big)^{2^k} =}\)
\(\displaystyle{ = \bigg((1-x+1)\cdot \big((1-x)^{s-1}+(1-x)^{s-1}+...+(1-x)+1\big)\bigg)^{2^k}}\)
\(\displaystyle{ = x^{2^k}\cdot \big((1-x)^{s-1}+(1-x)^{s-1}+...+(1-x)+1\big)^{2^k}}\)

Z tego, że \(\displaystyle{ s}\) jest liczbą nieparzystą widać, że zero nie jest pierwiastkiem wielomianu

\(\displaystyle{ \big((1-x)^{s-1}+(1-x)^{s-1}+...+(1-x)+1\right)\big)^{2^k}}\)

Ostatecznie krotność zera w \(\displaystyle{ W(x)}\) wynosi \(\displaystyle{ 2^k}\) czyli wymiar podprzestrzeni nilpotentnej \(\displaystyle{ \phi}\) jest największą potęgą dwójki dzielącą \(\displaystyle{ m}\). W szczególności jeśli \(\displaystyle{ m}\) jest potęgą dwójki, to \(\displaystyle{ \phi}\) jest nilpotentne.

krl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 438
Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Pomógł: 89 razy

Układy z 1 i -1

Post autor: krl » 14 lip 2019, o 11:50

[quote="Slup"]To jest tak naprawdę proste zadanie z algebry liniowej. [/quote]
Jestem uczulony na stwierdzenie "tak naprawdę, to...". Stwierdzenie takie sugeruje, że kwestia, do której się ono odnosi, była w jakimś sensie zwodnicza czy myląca. Nie sądzę, że tak jest w tym przypadku.
W każdym razie mamy już w tym wątku aż 4 różne rozwiązania. Czy któreś z nich jest jakoś "prawdziwsze', "lepsze" od innych? Osobiście w to wątpię. To kwestia subiektywna. Mnie np. najbardziej podoba się drugie rozwiązanie Dasia11 (choć chyba najbardziej elementarne jest jednak moje rozwiązanie).
Przypomnę tu popularną hinduską bajkę o ślepcach i słoniu, każdy ze ślepców był przekonany, że to jego opis słonia jest tym prawdziwym, podczas gdy wszyscy z nich postrzegali rzeczywistość jedynie cząstkowo.
Na przykładzie tego wątku widać, w jak różny sposób można stosować matematykę. Widać też, na czym polega tzw. matematyka wyższa. Widać siłę matematycznej abstrakcji.

Slup
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 375
Rejestracja: 27 maja 2016, o 20:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 118 razy

Układy z 1 i -1

Post autor: Slup » 14 lip 2019, o 15:44

Mirosław Bańko pisze: „Wyrażenia tak naprawdę – czytamy w Innym słowniku języka polskiego – używamy w mowie, aby powiedzieć, że istnieje jakiś stan rzeczy, choć można by sądzić, że jest inaczej”. Dalej w słowniku następują przykłady: „Winny był tak naprawdę nie rząd, ale prezydent”, „Tak naprawdę to wielki ze mnie leń”. Zwrot tak naprawdę nie sugeruje więc, że ktoś wcześniej powiedział nieprawdę, lecz podkreśla, że prawdą jest to, o czym mówi nadawca – nie tyle w opozycji do czyjejś wypowiedzi, ile w opozycji do tego, co słuchacz mógłby sobie pomyśleć.
krl mam przekonanie, że rozwój matematyki jest rozwojem języka. Mam też przekonanie, że historia matematyki potwierdza, że w danym języku można w bardziej adekwatny sposób wyrazić pewne treści niż w innym. W tym sensie mogę powiedzieć, że dana treść bardziej należy do zakresu języka A niż języka B, C lub D. Wreszcie uważam, że w przypadku tego konkretnego zadania podejście od strony algebry liniowej ma tę zaletę, że mówi coś w ogólnej sytuacji (dla dowolnego \(\displaystyle{ m\in \mathbb{N}}\)) oraz robi to przy użyciu czysto rutynowej procedury (nie ma w tym podejściu żadnych sprytnych sztuczek, wprowadzania nowych terminów itp.) przy użyciu faktów, które są znane każdemu, kto skończył pierwszy semestr studiów matematycznych. To są moje przekonania, więc zachęcam byś to zignorował wzruszeniem ramion.

ODPOWIEDZ