Matematické Fórum

↑↑ Eratosthenes:
Nedostanu. Zobrazení je na podmnožinu   přirozených čísel. Těch, která jsou  tvořena některými kombinacemi součinů mocnin 2,3,5,7,11,13. (Jak píšeš výše). Protože to není  na celé [mathjax]\mathbb{N}[/mathjax], tak se pak blbě dělá další krok.

Podle mě by to chtělo vymyslet  f: Z x Z -> Z, pak už stačí f^2.

f už jsem skooro měl:

a    b    3a-b
============
0     0     0
0     -1     1
0     1    -1
-1    -1    -2
1     1     2
-1     0    -3
1     0     3
-2    -2    -4
2     2     4
.......

ale jako Felix Holzmann jsem to o chlup neuhodl :-)

Bijekce z N do Z by mohla být:

[mathjax](2((x-1) \mod 2)-1)\cdot\lceil \frac{x}{2} \rceil[/mathjax]

↑ Eratosthenes:
Původní formule myslím pouze dokazuje, že to jde, ale nevíme jak.
ALE! myslím, že jsem konečně přišel na korektní konstrukci zobrazení.

Představme si trojrozměrný prostor s osami x,y,z a v něm body s celočíselnými souřadnicemi.

1. Napřed předpokládejme, že trojčllen [mathjax]T:[/mathjax] [mathjax]ax^{2}+bx+c[/mathjax] má všechny koeficienty [mathjax]a,b,c[/mathjax] kladné.

Bod [mathjax]T=[a,b,c][/mathjax], který reprezentuje trojčlen T, leží "na slupce" krychle o hraně délky [mathjax]d=max(a,b,c)[/mathjax]. A "slupky" těchto krychlí dokážeme jednoznačně očíslovat. např.

první krychle  [mathjax]max(a,b,c)=1[/mathjax], očíslování od [mathjax]0^{3}+1[/mathjax] do [mathjax]1^{3}[/mathjax]
1.  [1,1,1]           

druhá krychle - slupka kolem první krychle,  [mathjax]max(a,b,c)=2[/mathjax], očíslování od [mathjax]1^{3}+1[/mathjax] do [mathjax]2^{3}[/mathjax]

první vrstva, očíslování od [mathjax]1^{3}+1[/mathjax] do [mathjax]2^{2}[/mathjax]
2.  [2,1,1]         
3.  [2,2,1]
4.  [1,2,1]                               

druhá vrstva, očíslování od [mathjax]2^{2}+1[/mathjax] do [mathjax]2*2^{2}[/mathjax]
5.  [1,1,2]
6.  [2,1,2]
7.  [2,2,2]
8.  [1,2,2]                              - druhá krychle hotova

třetí krychle - slupka kolem druhé krychle,  [mathjax]max(a,b,c)=3[/mathjax], očíslování od [mathjax]2^{3}+1[/mathjax] do [mathjax]3^{3}[/mathjax]


Když se to udělá rozumně, jde z toho odvodit obecný vzorec podobně jako v dvojrozměrném prostoru.

2. Nulové koeficienty tam nacpu, když osy "šoupnu o jednu nahoru": nulu zobrazím na jedničku, jedničku na dvojku atd.

3. Záporné koeficienty:
mám osm možných kombinací znamének koeficientů. Mezi každé dva kladné sousedy narvu ostatních sedm možností stejných až na znaménko. Tj. pořadí z bodu 1. vynásobím osmi a pořadí +1 až +7 budou mít kombinace znamének.

4. Zobrazení  [mathjax]f:\mathbb{N}-->\mathbb{Z}[/mathjax]

[mathjax]f(2k)=k,f(2k+1)=-k[/mathjax]

Mmch, je možné v matematice jako funkční předpis uznat rekurzivní volání funkcí?

MichalAld napsal(a):

Mmch, je možné v matematice jako funkční předpis uznat rekurzivní volání funkcí?

Některé funkce jsou tak dokonce definovány, spíš se tomu říká "induktivní" definice, např. faktoriál jako f(0):=1 a f(n):=n.f(n-1) pro n>0.

Nic jiného mě nenapadá.

Pokud nejsem rozumu mdlého a není něco výrazně jednoduššího, pak pro studenty nějakého "Úvodu" trochu drsné...

PS: U těch složených zobrazení patří místo n, n samozřejmě a, b

↑ check_drummer:

Místo h^{-1} má být  g^{-1}

a nechápeš to, protože je to blbě :-)

Zkusím to opravit,  ale bude to asi ještě větší děs...

↑ Eratosthenes:
To už vypadá dobře. Mně to nepřijde složité. :-) Jen technicky náročné, ale myšlenka za tím je jednoduchá.

Napadlo mě, zda by nebylo možné použít následující konstrukci bijekce N a NxN (přípomíná Cantorovu konstrukci bijekce R a RxR):

Zapišme číslo n v binární soustavě. Vezměme sudé bity - ty tvoří číslo, které označme n1, podobně liché bity tvoří číslo n2. Pak by toto mohla být hledaná bijekce n -> (n1,n2).

Bijekci Z -> ZxZ bychom pomocí té výše sestrojili vhodnými hraními se znaménky - např. znaménko čísla n bude znaménko čísla n1 a z čísla n odstraníme poslední číslici - je-li tato číslice 0, bude znaménko čísla n2 +, v opačném případě -. A s číslem n bez poslední číslice provedeme stejnou konstrukci jako v předchozím případě.

↑ Eratosthenes:
Není tam ale dán explicitní vzorec. Já u té své konstrukce problém nevidím, ale dokazovat se mi to nechce. :-) Máš nějaký protipříklad?

↑ check_drummer:

>> Máš nějaký protipříklad?

Protipříklad nemám, to bych ho uvedl. A taky se mi ho nechce vymýšlet, zvlášť když si nejsem jist, zda vůbec existuje.

>> Ovšem i u R lze tu bijekci "napravit", např. když si uvědomíme, že množina těch problémových čísel je pouze spočetná.

To ano, ale pokud to po "míchání cifer" jenom konstatuješ, tak je z toho jen existenční důkaz.