User:Mozo/Egyéb

A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

Azt már Galilei is felismerte, hogy bármely test ugyanakkora gyorsulással esik szabadon[1]. Ez a nehézségi gyorsulás:

g\,

Matematikai modellel ezt két úton is lehet demonstrálni. Mindkettő Newton 2. törvényével függ össze. Eszerint a gyorsító erő:

F=ma\,

Egyrészt a Föld felszíne közelében a súlyerő, ami gyorsítja a testeket: F=G=mg (g cirka 10 m/s2). Ha m1 a test tömege, akkor az említett törvény szerint:

m_1g=m_1a\,

Innen m1-gyel egyszerűsíthetünk és kapjuk:

a=g\,

tehát a gyorsulás független a tömegtől (a 2. törvényben szereplő tehetelen és a súlyerőben szereplő gravitáló tömeg egyenlőségét Eötvös Loránd igazolta kb 10 tizedesjegy pontosságra). De nem csak a felszínen igaz ez, hanem mindenhol, mert a gravitációs törvény általános alakja:

F=\gamma\frac{m_1m_{F}}{r^2}

ahol mF a Föld tömege. Innen az F=m1a egyenlőségből ugyanúgy kiesik az eső test tömege, és így a gyorsulást csak a Föld tömege határozza meg.

Természetesen légellenállás van a szabadesés közben, de ez elhanyagolható a gravitációhoz képest. Ehhez képest is sokkal kisebb a két testre ható légellenállás különbsége. Legfeljebb századmásodperc lehet az eltérés a két test esési ideje között, ha meg azonos az alakjuk és méretük is, akkor pedig 0.

És akkor a képletek. Ha h magasságból kezdősebesség nélkül leejtünk egy testet, akkor a leérkezési sebességét az energiamegmaradásból számolhatjuk: E (helyzeti) = E (mozgási):

mgh=\frac{1}{2}mv^2

Innen

v=\sqrt{2gh}

az időt pedig a v=gt-ből számolhatjuk:

t=\sqrt{\frac{2h}{g}}

bármely testre.


A rendezett párok formális elmélete és szemantikája.

Egy adott L formális nyelvre alapuló T elméletben definiálható a "rendezett pár" fogalom, ha van olyan

op(x,y)

kétváltozós kifejezés (term, melyben az x és y változó szabadon szerepel) melyre a következő formula (karakterikus tulajdonság) tétel:

(∀ x)(∀ y)(∀ u)(∀ v)( op(x,y)=op(u,v) ⇒ (x=u & y=v) )

Ekkor tetszőleges T és S termekre az op(T,S) term rendezett pár. Ha C(x) olyan egyváltozós kifejezés, melyre tétel az alábbi formula:

(∀ x)(∀ y)( C(op(x,y))=x ∨ C(op(x,y))=y) & ( C(op(x,y))=C(op(y,x)) ⇒ (op(x,y)=op(y,x)) )

akkor C-t "komponens-kiválasztó" függvénynek nevezzük. A C( op(T,S) ) termet az op(T,S) rendezett pár első komponensének nevezzük, a T és S közül az ezzel nem egyenlőt (ha van ilyen) második komponensnek (ha nincs, akkor a második komponens is C( op(T,S)) ).

Megjegyezük, hogy C( op(T,S) ) nem feltélenül ugyanaz a term mint T vagy S, de egyenlő valamelyikükkel. Például az op( 4 , 22 ) rendezett pár komponensei nem biztos, hogy grafikusan azonosak 4-gyel vagy 22-vel, de egyenlők egymással és 4-gyel is illetve 22-vel is (feltéve, hogy 4 és 22 kifejezhetők és az aritmetika tételei igazolhatók az adott elméletben).

A halmazelméletben például op(x,y)-nak alkalmas az {{x},{x,y}} term és C( {{x},{x,y}} )-nek az "{{x},{x,y}} nem kételemű elemének eleme" kifejezés (mely egyértelműen létezik).

Axiomatikus bevezetés. Eszerint, ha a T elméletetben választunk egy, a fenti tulajdonságokkal rendelkező kétváltozós op(x,y) kifejezést és a hozzá tartozó egyváltozós C(x) kifejezést, akkor a rendezett pár L nyelv feletti, T elmélet beli fogalmához jutunk. Ekkor az op(x,y) alakú termek lesznek az elméletben a rendezt párok, vagy másként fogalmazva azok a termek, melyek szándékolt módon "rendezett párokat" jelölnek.

Szemantika. Ha a T elméletnak van modellje, akkor op és C is megfelelően interpretálható, azaz az op(x,y) alakú termeknek megfelelnak bizonyos objektumok az individuumtartományon belül. Például, ha a modell halmazelméleti modell, alaphalmaza az A halmaz, akkor az interpretáció kijelöl minden op(x,y)-nek egy olyan A-beli elemet, melyet op(x,y) jelöl. Ekkor A ezen elemei a rendezett párok, illetve a nyelvbéli "rendezett pár termek" (op(x,y)-ok) jelöletei. Adott esetben ezek semmilyen kapcsolatban nincsenek az {{x},{x,y}} vagy hasonló halmazelméleti objektumokkal.

Megj. Az op(x,y) -ok jelöletének halmazelméleti biztosításakor (modell megadásakor) ugynaz az "önhivatkozás" szerű jelenség lép fel, mint minden halmazelméleti modellnél. Egyrészt a halmazelmélet {{x},{x,y}} termjei a Set formális nyelvben, azaz a halmazelmélet formális nyelvében alkalmasak a rendezett párnak (op(x,y)-nak), ezek tehát, ha abban állapodunk meg "rendezett pár termek". Másrészt egy másik T formális elméletben Set halmazai az interpretáció szerepét játsszák, azaz itt a halmazokat nem termként, hanem objektumként, illetve individuumként kell kezelnünk. A konfliktus feloldására két megoldás kínálkozik. 1) Platonista: léteznek a matematikai objektumok (individuumok, azaz halmazok) (de ekkor "nem tudjuk", hogy mik azok) 2) Formalista: csak formális nyelvek léteznek, és ezek tulajdonságain keresztül érhetjük el a matematikai objektumok "lehetséges/feltételes világát". Ez utóbbi esetben érvényel Skolem azon kijelentése, hogy a halmazelmélet relatív, nem jelöl ki egyértelműen egy világot(szándékolt modellt) (talán ez az elvárás naiv is, nem is tudna kijelölni).


Feladat -

\frac{dy}{dx} = 1 + 3\frac{y}{x}+\frac{y^2}{x^2}

Megoldás - Vezessük be az u=y/x új ismeretlent. Az ux = y egyenletet x szerint deriválva:

\frac{du}{dx}x+u\frac{dx}{dx}=\frac{dy}{dx} azaz
\frac{du}{dx}x+u=\frac{dy}{dx}

A diff. egyenlet jobb oldala 1+3u+u2, az előbbi egyenlet bal oldala ezzel egyenlő, így:

\frac{du}{dx}x+u=1+3u+u^2 rendezve
\frac{du}{dx}x=1+2u+u^2, mely szétválasztható változójú: (1+2u+u2)-pal és x-szel osztva ill. dx-szel szorozva:
\frac{du}{1+2u+u^2}=\frac{dx}{x}, ahol 1+2u+u2=(1+u)2 az (a+b)2=a2+2ab+b2 miatt:
\frac{du}{(1+u)^2}=\frac{dx}{x}, ez integrálható a
(1+u)^{-2}du=\frac{dx}{x}, alakban:
\int(1+u)^{-2}du=\int\frac{dx}{x}
\frac{(1+u)^{-1}}{-1}=ln|x|+C
\frac{(1+u)^{-1}}{-1}=ln|x|+C

Feladat - Igazoljuk, hogy az azonos térfogatú négyzetalapú hasábok közül a kocka a legkisebb felszínű.

Megoldás. Felhasználjuk, hogy az

x^3+bx+c=0\,

alakú egyenletnek akkor és csak akkor van két egybeeső gyöke, ha teljesül a

\frac{b^3}{27}+\frac{c^2}{4}=0

egyenlőség (ez igazolható közvetlenül is, vagy a Cardano-képlet alapján).

Legyen V a térfogat, a a négyzetalap, b a hasáb magassága. Innen F = 2a2 + 4ab illetve V = a2b. Tehát

F=2a^2 + 4\frac{V}{a} azaz
a^3 - \frac{F}{2}a + 2V=0

Érdemes a V térfogatú kocka élének e hosszában, mint egységben mérni. Így a =q\cdote. Az egyenlet:

e^3q^3 - \frac{F}{2}qe + 2e^3=0

Ennek az egyenletnek kell két egybeeső gyököt produkálnia, hogy a felszín minimális legyen. Ennek feltétele:

\frac{F^3}{8\cdot 27}=e^6\, azaz
F=6e^2\,

amit az egyenletbe írva kiesik az e és a vizsgálandó egyenlet:

q^3 - 6q + 2=0\,

amit (a 2 osztóit vizsgálva) könnyen adódik a szorzat alak:

(q-2)(q-1)^2=0\,

Vagyis a kétszeres gyök: q = 1.


Állítás - Létezik olyan a és b irracionális szám, hogy ab racionális.

Bizonyítás. Az esetszétválasztás elvét alkalmazzuk.

Először tegyük fel, hogy a

\sqrt{2}^{\sqrt{2}}

szám racionális. Ekkor készen vagyunk a bizonyítással, mert mint ismeretes négyzetgyök kettő irracionális.

Másodszor tegyük fel, hogy

\sqrt{2}^{\sqrt{2}}

irracionális. Tekintsük a következő hatványt:

\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}

A feltétel miatt az alap is irracionális illetve tudjuk, hogy a kitevő is irracionális. De ez a hatvány a következővel egyenlő:

\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}=\sqrt{2}^{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}=\sqrt{2}^{2}=2

ami racionális. Q.E.D.

Megjegyzés. A bizonyítás mintapéldája a "tiszta egzisztenciabizonyítás"oknak. Valójában nem derül ki belőle sem az, hogy melyik az az a és b irracionális szám, mely a racionális hatványt eredményezi, sem az, hogy

\sqrt{2}^{\sqrt{2}}

racionális-e vagy sem. Ám a tétel a konstruktív matematikában is fennáll, mert sikerült hozzá konstruktív bizonyítást is találni.