Sziasztok!
Optimista voltam: azt hittem, rovid, de velos hozzaszolast irtam a 1437.
szamban es mindenkinek egy csapasra megvilagosodik a lenyeg.
Nem igy tortent :-(

Kedves Zoli!

>>Miert fedne be a letra vetulete a fal es a letra alapja kozotti
>>intervallumot?! Hatarertekben a letra fuggoleges.
>Magad irod: hatarertekben.
>A hatarertekhez konvergalas nem azt jelenti, hogy a hatarertek
>elerheto, hanem azt, hogy tetszolegesen megkozelitheto.
>A ketto nem ugyanaz.
Bizony hogy nem, ezt szerettem volna megertetni mindenkivel. Az, hogy
minden veges hosszu letra vetulete a teljes intervallum, nem jelenti
azt, hogy a hataratmenet soran „eloallo” „vegtelen letrara” is igaz ez.

>>Fuggoleges vonal vetulete a vizszintes vonalra egy pont, a fuggoleges
>>egyenes talppontja.
>Ez rendben lenne, ha a letra echte fuggoleges lehetne.
Ha veges, akkor nem fuggoleges, (akkor a fokok vetulete veges sok
pont) es ha nem fuggoleges, akkor veges (a hossza 1/sin(epsilon), ahol
epsilon a letra a fuggolegestol valo elteresenek szogmerteke)
Hogy szaporitsam a szot: ha viszont a letra vegtelen, akkor a fentiek
ertelmeben szuksegkeppen fuggoleges es ekkor a teljes letra vetulete
egy pont, a letra talppontja!

>>A vegtelen tavoli pont nem resze a vilagegyetemnek, tehat a
>>problema meg csak nem is szemleletes, meg intuitive sem erdemes
>>gondolkozni rajta.

>Ezek utan megfontolando, hogy a vegtelen fogalmat szamuzni kene esetleg
>a matematikabol, mert ellentmondashoz vezet, ahogy itt
>lentebb ezt demonstralni is tudom.
A vegtelen fogalmat nem szamuzni kell a matematikabol, hanem csak ott
hasznalni!
Egyszeruen csak arra utaltam, hogy az altalad felhozott peldat vagy
matematikus megkozelitesbol vizsgalod - ekkor elkerulheted
a szemleletessegbol adodo csapdat a vegtelenre valo hataratmenet soran –
vagy valos problemakent, akkor viszont a vegtelent felejtsd el!
Ez vonatkozik a sinben futo letradra is.

>Ez szemben all Euklidesz velemenyevel, miszerint:
>*Parhuzamosok azok az egyenesek, amelyek ugyanabban a sikban
>vannak es mindket oldalt vegtelenul meghosszabitva egyiken sem
>talalkoznak.*
Az euklideszi sik egy tetszoleges rogzitett pontjabol nezve minden
iranyban vegtelen, de minden pontja e kituntetett ponttol veges
tavolsagra van; vegtelen tavoli pont nincs „benne”. En ebben nem latok
ellentmondast.

Kedves Takacs Feri!

>Idokozben ... Sebestyen Balazs,
>es Bela (eb) tagadjak a vegtelen letra letezeset.
Vess meg erte: igen! Az olvasok kepebe kialtom:
VEGTELEN LETRA MARPEDIG NINCS! ;-)

> Talan bizony Bela ezzel a furcsa ervelesi modszerrel kivanja elerni,
> hogy ove legyen az utolso szo.
Annal azert mar jobban kiismertelek, minthogy ebben bizzak! ;-)

>Emellett elohozakodik egy befejezett temaval, amelyben
>allitasom meg lett cafolva.
Ket okbol tettem. Egyreszt mert az ellened ervelok egyike sem
irta le azt amit irtam, masreszt meg nem emlekszem ra,
hogy olvastam volna valahol: beismered, hogy meggyoztek a
cafolatok. Melyik szamban volt ez? _Nagyon szeretnem_ elolvasni! ;-)

Egyebkent, ha vegre elfogadtad a Cantor-fele atlos modszert helyes
bizonyitasnak, akkor _kerlek_ne_ird_le_tobbszor_azt_a_butasagot_,
hogy a racionalis es irracionalis szamok halmazanak szamossaga egyenlo!

> ... ervelese jo politikusra vall. :)
Ne bants meg kerlek, inkabb mondd ram: „Higagyu strici!” ;-)


>>Fuggoleges vonal vetulete a vizszintes vonalra egy pont, a fuggoleges
>>egyenes talppontja.
>Ez az allitas tetszoleges veges egyenesre igaz. A letrank azonban nem
>veges. Peldaul annak sincs akadalya, hogy egy zart szabalyos korvonal
>hatarerteket tekintsuk, ha az atmerojevel a vegtelenbe tartunk.
Es ezesetben a vegtelen tavoli pontok vetuletet tekintjuk a vegtelen
atmerore. Kovetkezeskeppen a fuggoleges egyenes meroleges vetulete
a vizszintes alapra egy vizszintes felegyenes. Bravo Feri, ez tenyleg
ujszeru, nem is tudok hirtelen vitatkozni vele! ;-)

Nem erzed ugy, hogy epp Te epp ezzel adtal jo peldat arra, hogy nem
olyan problemamentes es szemleletes a vegtelenre valo hataratmenet?
Jelentsd ezt ki es legyen Tied a dicsoseg, en mindent visszavonok! ;-)

>>A letra n-ik foka vetulete a letra hosszanak
>>novelesevel a letra alapjahoz tart _minden_ n-re.
>Ez csak azt bizonyitja, hogy a letra alapja _is_ torlodasi pont,
>semmi mast.
Nem. Kar volt elfelejtened az utanad kovetkezo mondatot, ami a letra
minden (ertelmezheto) pontjara vonatkozik!

>>A vegtelen tavoli pont nem resze a vilagegyetemnek ...
>Felettebb grandiozus, ...
Erre vonatkozoan lasd Zolinak irt valaszom.

>Marpedig a vegtelen magas falnak tamasztott veges letrak sorozata
>egyreszt nem korlatos, masreszt a hatarertek kepzesnek sincs semmi
>akadalya.
Nincs hat, csak nem szabad hibazni benne! Illetve meg azt is szabad,
csak nem szabad a hibaidhoz foggal-korommel ragaszkodni.
Es akkor maris nem teszed nevetsegesse e rovat cimet: TUDOMANY ;-)

Meg egyszer osszefoglalom _csak Neked_: En azt allitom, a letra minden
pontja vetuletenek hatarerteke egy pont, a letra alapja. Ezt bizonyitani
tudom, a pont kulonbozo letrakhoz tartozo vetuletenek mint
pontsorozatnak a hatarertek-vizsgalataval.
Te azt allitod, hogy a hatarertekkent eloallo letra vetulete egy
szakasz. Ugyanakkor e szakasz barmely, az alaphoz akarmennyire kozel
eso belso P pontja matematikailag nem hozzarendelheto a „vegtelen letra”
egyik pontjahoz sem. Ugyanis, ha P tavolsaga az alapponttol 1/N-ne’l
nagyobb (ilyen N minden P pont eseten van), akkor a letran az a pont,
aminek a vetulete P, a letra alapjatol a teljes hossz N-ed reszenel
tavolabb kell, hogy legyen. A teljes hossz viszont vegtelen.
Annak mennyi az N-ed resze?
Nem szamitok ra, hogy a helyes kovetkeztetest vonod le. De talan a
tobbi ketkedo azt teszi.

eb

> Felado :  [Hungary]

> Bocs, hogy belekontarkodom a fizikusok vitajaba, de en sem ertem :-(
>
> Ha vazolnal egy gyorsulas nelkuli paradoxont, akkor talan kozelebb
> kerulnek a megerteshez.
>

Ha kezdetben nagyon kozel vannak az ikrek, akkor teljesen gyorsulas nelkul
persze eleg nehez, mert valahogy csak szet kell valasztani oket...   :-)
De ha nem sziamiak, akkor ime:
Az egyik iker marad ahol van, az urkikoto nezoteren, a masik elsetal a
hajohoz. (Itt kell egy egesz pici gyorsulas, hogy el tudjon indulni, 0-hoz
tarto ertek elerheto...)
Az uj tipusu urhajo kikuszoboli a kellemetlen gyorsulasi ertekeket, mivel
azok artalmasak az egeszsegre... Tehat alkalmaznak egy kismeretu, de igen
nagy tomegu targyat, es ezt helyezik el az utasfulke elott. A hajo
gyorsitasanak hatasat ennek gravitacioja szepen ugy kompenzalja, hogy az
utas mindig a megszokott 1g-t erezze. A tomeg tavolsagat es iranyszoget
finoman szabalyozza a fedelzeti PC, nehezsegek csak a szokasos kek halal
idejen lepnek fel... Fordulasnal finoman ugy allitjak be a hajo szoget, hogy
a helyzet ne valtozzon, kisse az utas-tomeg tavolsagot is szabalyozva. A
modszerrel elerheto, hogy az utas nem erzekeli a hajo manovereit. (Vannak
persze kisebb szepseghibak, de ezek csupa masodlagos, finomitassal
tetszolegesen csokkentheto hibak, pl. ha tul kicsi es kozeli a tomeg akkor
arapalyhatas van, meg a gombszimmetrikus gravitacio es a linearis gyorsulas
ad nemi helyfuggo hibat stb. Tovabbi problema az ikrek elvalasztasa, de azt
hiszem, erezheto, hogy nem az a kis gyorsulas csinalja a bulit, ami ahhoz
kell, hogy a hajos elsetaljon a hajoig, mig a masik marad a nezoteren,
nehogy ot is elvigye az ordog...)

Egy ilyen hajoval is gyonyoruen fellep az effektus, az utazo fiatalabb lesz.
Nem egesz pontosan annyival, mint az "antigrav" tomeg nelkul, de az csak
egesz kis mertekben befolyasolja az erteket, a specreles vilagvonalas
szamitas sacc/kb alapon szerintem csaknem teljesen pontos lesz hosszabb ut
eseten.

Udvozlettel,
    Jozsef

Zoli,

Regota figyelem a vitat belekotyogas nelkul, de ezt nem tudom megallni:

>Ezek szerint kizarja egymast a tamaszkodas, es a hossz minden
>hataron tuli novelese. Nehez ezt elfogadni.

Pedig ez a helyzet, s ha nehez is ezt neked elfogadni, az erdem a tied, hisz
te mondtad ki eloszor.
Tudniillik ha tamaszkodik, akkor van egy pont, ahol hozzaer. Mivel van egy
masik pont, ahol all a letra, maris veges a letra hossza. A tamaszkodasi
pont vegtelenbe tolasa epp azt jelenti, hogy nem tamaszkodik.
Vesd ossze egy masik vegtelen letraval, mondjuk egy 1 ohmos ellenallasokbol
osszerakott vegtelen letrahalozattal, amit pont azon az alapon lehet
megoldani, hogy ha levagjuk az elejet, akkor is ugyanaz marad. A pelda azert
szep, mert reszint nekem jutott eszembe :-) , reszint meg amig veges az
ellenallasok szama, addig a bemeneti ellenallas racionalis szam, de ha
vegtelen lesz a letra, akkor az eredo is irracionalis lesz. Jelezve a
gyakorlati megvalositas irracionalitasat.
Ugyes vagy Zoli.  :-)
Ha van kedvetek, lehet meg tovabb nyuzni a dolgot, szerintem elegge
leragodott a csont.

Janos

Kedves Andras

Irod:

<<Szoval, ha nincs gyorsulas, az ikrek nem talalkoznak
ujra. De akkor
nincs is paradoxon...>>

Tisztazzuk, mi is a paradoxon ebben az esetben.
Az ora vagy ikerparadoxonban poren fogalmazva az a
paradoxon, hogy:

Egyenerteku, ekvivalens rendszerek eseten, hogy lephet fel
idoelteres, hiszen teljesen egyenranguak?

Ez itt a paradoxon, es ebbol a szempontbol edes mindegy,
hogy az urhajos visszater vagy sem(ekkor kell gyorsulas),
vagy maskepp irjuk fel a paradoxont. A dolog feloldasanak
epp az a modja, hogy valamikeppen megtalaljuk azt a pontot
ami megkulonbozteti a ket rendszert. Kezenfekvo erre azt
mondani, hogy a gyorsulas ez, es eppen itt kovetik el
legtobbszor a hibat(lasd Tamas es sokan masok), hiszen bar
igen kenyelmes ezt mondani, de az  idoelteres fellepesenel
nincs szerepe a gyorsulasnak.(ugyanolyan gyorsitasokkal is
mas lesz az idoelteres a megtett terido tavolsagoktol
fuggoen.)
Kovetkezeskepp jomagam is a legtisztabb szemlelteteset
ennek a problemanak a tiszta gyorsulasmentes felirasban
latom. Amit keresedre le is irok most, remelem az abram
lathato lesz...Ide 3 db megfigyelo kell, megfelelo
szinkronizacioval.
Tehat az abra:(bocs de maskepp nem megy:-(()


              \       /
               \     /
                \ B/
                 /\
              /     \
            /         \
          /             \
        /                 \
      /                     \
    /                         \
---
 / A                          C \               1
/2                              3 \


Mit kell tudni?:

ad1. A 2. es a 3. megfigyelo(inercialis mozgast vegzo
orak, !nincs! gyorsulas) 1. megfigyelore vonatkoztatott
relativ sebessegenek abszolut erteke "v".
ad2. A negyes sebesseguk 1. megfigyelo szerinti terszeru
komponense ellentetes iranyu.

No most.
1.,Az a "A" terido pontban az 1. es a 2. megfigyelo
szinkronizalja az orajat.
2.,A "B" teridopontban a 2. es a 3. megfigyelo
szinkronizalja az orajat a 2. megfigyelo szerint "t"
sajatido mulva.
3., Vegul a "C" teridopontban az 1. es a 3. megfigyelok
talalkoznak eppen "2t" ido mulva a 3. megfigyelo "B"
teridopontban szinkronizalt sajatideje szerint.

Ekkor azonban az 1. megfigyelo sajatideje eltero lesz!
Eppen ez az ora vagy ikerparadoxon.
Nomarmost, mit is latunk itt? Azt, hogy a "paradoxon"
eppugy fennall tisztan inercialis rendszerek eseten is. Itt
nincs semmifele gyorsulas.
A paradoxon feloldasakent itt mar nem lehet mit kezdeni a
gyorsulassal, igaz?
Viszont egyertelmuen kiboki a szemunket, hogy az ABC es az
AC szakasz kulonbozo, igaz?
Ez a paradoxon hivatalos feloldasa, ezert nem szimmetrikus
a dolog, nem pedig a gyorsulas miatt!
Es ez a "korulmeny" bizony feloldja a paradoxont, akarhogy
is mozognak a rendszerek, gyorsulnak, inercialis mozgast
vegeznek, vagy akar fejen allnak.:-)


Fotiszteletem

Voland

>amennyit eloszlatott. A geometria oran, amikor a parhuzamosokat
>definialtuk, akkor sem voltunk eleg precizek, olyasmiket mondtunk,
>hogy "a parhuzamosok csak a vegtelenben metszik egymast". Ezzel
Kivancsi lennek, hogy ki volt a matektanarod...
Altalanos és kozepiskolai matekoran ilyen hulyesegeket ugyanis nem
szokas mondani. Azt szokas, hogy ket egyenes parhuzamos, ha egy
sikban vannak es nincs kozos pontjuk. Ez a definicio ugyanis.
Kesobb, valamivel magasabb szinten szokas beszelni meg az egyenesek
idealis pontjairol, meg a sikok idealis egyeneserol. Ilyenkor szokas azt
megallapitani, hogy parhuzamos egyenesek idealis pontjai megegyeznek.

Sch

Hello mindenki!
Uj vagyok a HIXen.
Szeretnem, ha kuldenetek nekem az oszthatosagok
bizonyitasarol szolo e-maileket.
Pl:2-vel,3,4,5,6,7,8,9,10,11-el
En mar atkutattam
tobb konyvtarat es konyvet, de semmi. Remelem tudtok segiteni.
Koszonom: 

Laci:
>Mas. A ket ertelmezes empirikusan ekvivalens. Azonban
>ha igaznak tekintjuk, hogy az objektumoknak van
>egyidejuleg pontos impulzusuk es helyzetuk is, ezzel
>ellentmondunk a kvantummehanika matematikai
>apparatusanak, ami szerint a hely s az impulzus
>operatoroknak nincs kozos sajatallapotuk, vagyis e
>mennyisegek nem vehetnek fel egyidejuleg hatarozott
>ertekeket.
es miota van ismeretelmeleti relevanciaja annak, ha egy fizikai hipotezis ellen
tmond egy masik hipotezis matematikai apparatusanak? lehet, hogy kenyelmetlen,
de igazsag kerdeseben ez nem szamit.

>Kiserlettel ezt, mint tudjuk, nem lehet eldonteni.
igy van, es ez a fontos, es csak ennyit allitok.
>Azonban ha ez utobbi ertelmezes lenne igaz, akkor nem
>lenne igaz a kvantummehanika matematikai alapja, annak
> ellenere, hogy a kiserletekkel minden reszletben egyezo
> eredmenyt szolgaltat.
olyan ertelemben igaz, hogy statisztikailag pontosan irja le a dolgot.
>Ezert allithatjuk, hogy igencsak valoszinutlen, hogy az
>elmelettel lenne a baj.
nincs vele baj, csak nem kell tulertelmezni. amit itt fejtegetsz, hogy a Heisen
berg relacio szintjen megjeleno jelensegekre a kvantummechanika statisztikai le
irasa jo, az azt jelenti, hogy ezen a szinten igaz. mint a statisztikus gazelme
let is igaz globalis szinten. pont ezt ertettem azalatt,hogy a meresi korlat mi
att "jobb hijan" ez a legtobb, amit mondhatunk.

math

(webes bekuldes, a bekuldo gepe: orion.analogic.sztaki.hu)

Kedves dgy es Ferenc!

Pontosan ma voltam a Szabo Erwinben, es mivel eletrajzi szempontbol pont kell i
rnom egy kis esszet Neumannrol, kezemben volt az emlitett konyv. El kell, hogy
ismerjem, hogy valoban azt allitja, hogy nem lehetnek rejtett parameterek. Ezt
ha jol lattam csak matematikai fejtegetesekkel tamasztja ala, ami furcsa. Elmel
etileg ugyanis nem latom, hogy lehetne egy ilyen tenyekre vonatkozo allitast le
vezetni csak matematikailag.
Sajnos enyhen szolva nem all modomban atragni magam a konyvon, abban remenykede
k, hogy van, aki mar atragta magat, es hozza tud szolni. Neumann levezetese kor
rekt es deduktiv, avagy van benne interpretacio is? Nekem remlik valami, hogy m
a mar ismeretes, hogy ez a kovetkeztetes nem tokeletes. Elvegre akkor miert vol
tak a kesobbi kiserletek?

math

(webes bekuldes, a bekuldo gepe: orion.analogic.sztaki.hu)

Kedves Kota Jozsef es dgy!

Szoval ha jol ertettem a dolgot, akkor a konkluzio abbol az aspektusbol nezve,
ami engem erdekelt, az az, hogy az ikerparadoxonban egymashoz kepest gyorsulo k
oordinata-rendszerekrol van szo, es:
1) A gyorsulas miatt lehetne altalanos relativitas-elmeletet hasznalni, de nem
muszaly, lehet specialis relativitas-elmelettel is leirni a dolgot, de ugyelni
kell, ugyanis
2) mivel a korrdinata rendszerek egymashoz kepest gyorsulnak, ezert nem inercia
-rendszerek, ezert (eredmenyul az jon ki, hogy)ugyanannak a mozgasnak a leirasa
ra megis mas fizikai kepletet kell hasznalnunk.

math

(webes bekuldes, a bekuldo gepe: orion.analogic.sztaki.hu)

Juan altal felemlitett pelda kapcsan szeretnek egy gondolatot kozrebocsaatani.
A kerdes szalloigeszeruen (villam helyett faval peldalozva): "vajon van-e az er
doben kidolo fanak akkor is hangja, amikor nem hallja senki?"
(Vizsgalodasaink keretrendszereben van egy olyan felteves, hogy azokat az esete
ket tekintjuk, amikor az erdoben kidolo fa olyan korulmenyek kozott dol ki, ame
lyek kozott tudtunkkal kellene, hogy legyen hangja.)
A helyzet a kovetkezo:
1) Az erdoben kidolo fakat meg lehet figyelni, es amikor kidolnek akkor bizony
puffannak egyet.
2) Senki sem figyelt meg meg olyankor erdoben kidolo fat, amikor senki nem figy
elte meg azt a fat (ez ugyebar tautologikus igazsag:)
Namost a kovetkezo elmeleteket lehetne felallitani:
E1={A="Az erdoben kidolo fanak mindig van hangja"}
Ez egy egyetlen univerzalis allitasbol allo elmelet, amely igazolt, ellenorzott
, ugymond korroboralt (verifikalt, kinek mi tetszik).
E2={A1="Az erdoben kidolo fanak mindig van hangja,  amikor megfigyeljuk",A2="Az
 erdoben kidolo fanak akkor is mindig van hangja, amikor nem figyeljuk meg"}
E3=(A1, (nem A2))
Namost E2=E1. Valaki azt mondhatna, hogy Occham borotvaja szerint E1 a legegysz
erubb igazolt elmelet. Valaki azt mondhatna, hogy E1 a kiserletek termeszetes k
iterjesztesevel nyert elmelet. Ezek mind esszerunek mondhato ervek, es szinte m
indenkinek az E1 elmelet az elfogadhato, de vannak olyan kukacoskodo emberek, a
kik azt mondjak, a feneket, lehet, hogy E2 az igaz, es egyebkent is a termeszet
es kiterjesztes meg az Occham borotvaja tudomanyos dogma (foleg akkor mondanak
ilyet, amikor erzelmi alapon az E2-vel analog elmelet tetszene nekik jobban (va
llasok)).
Mit mondhatunk erre? Azt, hogy sem az Occham borotvaja, sem a termeszetes kiter
jesztes nem dogma, hanem logikailag indokolhato es raadasul intuitiven is helye
s elv. Mert vizsgaljuk csak meg:

E1-rol azt lehet mondani, hogy valoban egy egyszeru univerzalis allitasbol all,
 amilyennek a tudomanyos allitasoknak kell lenniuk. Ez az allitas igazolhato, e
s prediktiv es ellenorizheto.

Ezzel szemben az E2 es E3 elmeletek olyan formajuak, hogy ket allitasbol allnak
 . Valojaban vegtelen sok ilyen elmeletet lehetne kitalalni, es ezek kozul csak
E2 olyan, hogy speciel megegyezik E1-gyel. Ezekben az elmeletekben az A2 helyen
 allo allitas, amely a megfigyeletlen esetekre vonatkozik, vegtelen sokfele leh
et.
Az A1 es A2 allitas resz vonatkozasi rendszere itt speciel dinamikus, de peldau
l a QM-ban es a vallasokban az analog esetben rogzitett es athaghatatlan. Akar
igy dinamikusan, akar statikusan, az A2 resz olyan allitas, amely igazolhatatla
n, ellenorizhetetlen, nincs empirikus tartalma. Tehat az E2 es E3 elmelet azert
 nem jo, mert igazolhatlan allitast tartalmaz. Valojaban ez huzodikmeg a "terme
szetes kiterjesztes" es az Occham borotvaja elv alatt.
A QM-ben specialis a helyzet, ott az indeterminizmus es determinizmus kerdese e
ldonthetetlen, es annak ellenere, hogy az Occham borotvaja naiv ertelmezese a d
eterminizmust es nem az indeterminizmust reszesitene elonyben, ott nem pont ily
en a helyzet, mint itt, tehat annak ellenere, hogy az Occham borotvaja a determ
inizmust tamogatna, valojaban nem tudomanyos a determinizmust allitani. de az i
ndeterminizmust vegkepp nem.
math

(webes bekuldes, a bekuldo gepe: orion.analogic.sztaki.hu)

Sziasztok!

Veges fokszamu letrakkal kozelitjuk
a vegtelen fokszamut.
A fokok vetuletet reprezentaljuk 0 es 1
kozotti szamokkal.
A sorozatot tobbfelekeppen megadhatjuk,
de ezek a megadasok nem ekvivalensek
egymassal:

Elso pelda:
1. letra: 1/2
2. letra: 1/3, 2/3
3. letra: 1/4, 2/4, 3/4
4. letra: 1/5, 2/5, 3/5, 4/5
 ....
vegtelenedik letra: a halmaz nem definialhato,
mert pl. az 1/2-rol nem dontheto el, hogy
eleme-e a halmaznak.

Masodik pelda:
1. letra: 1/2
2. letra: 1/4, 2/4, 3/4
3. letra: 1/8, 2/8, 3/8, 4/8, 5/8, 6/8, 7/8
 ....
vegtelenedik letra: a 0 es 1 kozotti
veges kettedes tortek halmaza

Harmadik pelda:
1. letra: 0.1, 0.2, 0.3, 0.4, 0.5, 0.6, 0.7, 0.8, 0.9
2. letra: 0.01, 0.02, ..., 0.98, 0.99
3. letra: 0.001, 0.002, ..., 0.998, 0.999
 ....
vegtelenedik letra: a 0 es 1 kozotti
veges tizedes tortek halmaza

Negyedik pelda:
1. letra: 1/2
2. letra: 1/3, 1/2, 2/3
3. letra: 1/4, 1/3, 1/2, 2/3, 3/4
4. letra: 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5
 ....
vegtelenedik letra: a 0 es 1 kozotti
racionalis szamok halmaza

Otodik pelda:
1. letra: 1
2. letra: 1
 ....
vegtelenedik letra: 1

Tanulsagok:
1. Hogy milyen szamhalmazt fed le a
vegtelen letra arnyeka, s hogy letezik-e
egyaltalan ilyen halmaz, az attol fugg,
hogy melyik halmazsorozatot vizsgaljuk.
2. Veges halmazok vegtelen sorozata tarthat
vegtelen szamossagu halmazhoz, megpedig
megszamlalhatoan vegtelen halmazhoz.
Kontinuum szamossaguhoz nem tarthat.
3. Most a falhoz tamasztott veges fokszamu letrak
vegtelen sorozatarol, valamint vegtelen fokszamu
veges hosszusagu letrakrol volt szo. Egy merolegesen
allo letranak - akar veges, akar vegtelen - nincs
arnyeka a talppont es a fal kozott (lasd az otodik
peldat). Lehet azt mondani, hogy a vegtelen hosszu
letra a vegtelen magas falhoz van tamasztva, de
meroleges megvilagitasnal sem a letra, sem a fal
nem vet arnyekot a letra es a fal kozotti reszre.
Ugyanis az arnyekot veto
LAMPA is VEGTELEN MAGASSAGBAN VAN,
es nincs ertelme arrol toprengeni, hogy akkor most
melyik van magasabban: a lampa, vagy a letra teteje.

Udvozlettel:
Kalman

Takacs Ferenc írta a következő üzenetben: ...
>
>csupan a 2^N, vagy 10^N reszre osztasokat, illetve ezen felosztasok
>hatarerteket. Ekkor a vetulet egyaltalaban nem vandorol N novelesevel,
>hanem a korabbi osztaspontok megmaradnak a helyukon, es a koztuk levo
>szakaszok felezodnek, vagy tizedelodnek tovabb.

Igen, pl. a 10^n husszu letrak eseten van hatarertek, meghozza a k/10^n
alaku racionalis szamok halmaza a 0,1 intervallumban. De mint irtam Zolinak,
vehetjuk az n! hosszu letrakat, es akkor az osszes racionalis szamot
megkapjuk a 0,1 intervallumban. Ebben a ket esetben van hatarertek, az 1/n
hosszuak eseten nincs, ui. tetszoleges racionalis szamhoz lesz tetszolegesen
hosszu letra, aminek az nem vetulete.

> Es ekkor minden egyes
>osztaspont koordinatajanak megfeleltethetunk egy veges binaris, vagy egy
>veges tizedes tortet. Annak allitasa pedig, hogy ezeknek a veges torteknek
>nincs hatarerteke a vegtelenben, szerintem egyenerteku annak allitasaval,
>hogy nem leteznek vegtelen tizedes tortek, illetve irracionalis szamok.

A konstrukcioban egyetlen egy irracionalis szam se lesz vetulet.
Termeszetesen mindegyik irracionalis szamhoz tetszolegesen kozel lesz
vetulet, hiszen a racionalis szamok mindenutt suruek. Es termeszetesen egy
letravetulet sorozattal mindegyik irracionalis szamot elo lehet allitani,
mint ahogy minden irracionalis szam eloall racionalis sorozat
hatarertekekent.

Nem akartam elvenni senkinek a kedvet a matekozastol. Remelem sikerult
tisztazni a dolgokat, en szivesen segitek tehetsegemhez merten, de senkit
se fogok akarata ellenere meggyozni barmirol.

SB