[MD-sorular] lineer uzayda bir kombinatoryal teorem

[tibet efendi]

Bu matematigin hangi dali oluyor? Cok eglenceliymis. Bunun adi kombinatorik geometri degil mi? Keske ben de alabilsem böyle bir ders dedirtti.
Bence bir yerde hata yapiyorsun haci. Daha dogrusu hata degil de sicrama yapiyorsun. Ama önce bir seye aciklik getirelim. (kirmizi
 bölgede)
Önerdigin kanitta demissin ki:"U bir pür YLU ise (LU olmayan bir YLU) (b_j üzerinden) Toplam [vj(v_j-1)]<v(v-1) olur zira U'da birleşmeyen nokta var."
"Pür YLU'larda birlesmeyen nokta var" demissin. Bu ne anlama geliyor?"Pür YLU'larda havada asili, hic bir noktayla baglantisi olmayan bir nokta var"anlaminda söylüyorsan yanlis.Ama sanirim "Pür YLU'larda üzerlerinden ortak bir dogru gecmeyen iki nokta vardir" anlaminda söylüyorsun ki bu dogru.
yani "pür YLU" aksiyomlari söyle olmali:
pürYLU1) her dogru en az iki
 nokta kapsar.pürYLU2) Her iki noktadan en cok bir dogru gecer ve öyle bir nokta ikilisi vardir ki üzerlerinden gecen bir dogru yoktur.
Simdi sen önerdigin kisa kanitta diyorsun ki:"U bir pür
 YLU ise (b_j üzerinden) Toplam [vj(v_j-1)]<v(v-1) olur zira U'da birleşmeyen iki nokta var."
"iki" lafini ben ekledim. Sebebi, yukaridaki kirmizi bölge.
Bunun kanitini nasil yapiyorsun? Bunun kaniti tümevarimla yapilmali bence. Kaldi ki bence verdigin uzun kanitin (=>) kismindaki esitlik de da tümevarimla kanitlanmali.
Simdi senin önerdigin kanittaki esitsizligin
 tümevarimla kaniti, elindeki uzun dedigin kanita esdeger bir kanit olmali. Ve asagi yukari ayni uzunlukta ve zorlukta olmali.
Ha bir de yazdigin tümevarim kaniti bana yanlis göründü. Yazmissin ki:"(<=) v üzerinden tümevarımla U'nun bir LU olduğu kanıtlanıyor. Şöyle. v=1, 2, 3 durumlarında sorun yok. v>=4 farzediliyor. Eşitisizliğin v-1
 noktalı bir YLU için doğru iken v noktalı bir YLU için doğruluğu kabul ediliyor. v-1 noktalı N'=N\{N_i} uzayında eşitsizliğin doğru olduğu ise U' ve U uzaylarında toplamların N'yi içeren ve içermeyen doğrulardan faydalanılarak yazılmasıyla kolayca elde ediliyor."
Benim önerim su sekilde:(<=) v üzerinden tümevarımla kanıtlayalim. Şöyle:v=1 icin iddia dogru.v-1 noktalı bir YLU için,"esitsizlikten, bu YLU'nun bir LU oldugu sonucunun ciktigini" kabul edelim. (Bu, tümevarim
 varsayimimiz)i elemanidir {1,...,v} icinD_i:=D\{d_j € D : d_j'nin eleman sayisi 2 ve N_i elemanidir d_j}tanimini yapalim.Simdi v elemanli bir N icin (N,D) yari lineer uzayinin esitsizligi gerceklestirdigini kabul edelim. Buradan hareketle ({N\{N_i}, D_i) yari lineer uzayinda esitsizligin dogru oldugunu kanitlayalim. Tümevarim varsayimimiz bu noktada bize, ({N\{N_i}, D_i) yari linner uzayinin bir lineer uzay oldugunu söylüyor. Geriye, buradan hareketle (N,D)'nin de bir LU oldugunu göstermek kaliyor.
(Tümevarimi 4'ten baslatmak icin bir sebep göremiyorum.)
Biraz karisik görünüyor ama bu tür kanitlarda tümevarimla kanitlamaya calistigimiz iddianin ne oldugunu, tümevarim baslangicini ve tümevarim varsayimimizi dogru düzgün yazarsak isler karismadan halloluyor.
tibet
---
 On Sun, 10/18/09, Metin Odun <metamaths at gmail.com> wrote:

From: Metin Odun <metamaths at gmail.com>
Subject: [MD-sorular] lineer uzayda bir kombinatoryal teorem
To: md-sorular at matematikdunyasi.org
Date: Sunday, October 18, 2009, 6:13 AM

Kanıtı anladım da uzun biraz. Daha kısası var, hatta kanıtın içinde kendini belli ediyor bu kısalık. Da bu kısalıktan emin olamıyorum... Sorum da bu, kısalıkta haklı mıyım?

Bilenler alttaki çizgiden sonrasını okuyabilir.


Biraz ön bilgi. N noktalar kümesi, D doğrular kümesi olsun. U(N, D)'ye bir uzay diyelim. d_j, D'nin elemanı, yani bir doğru. v_j, d_j doğrusunun nokta sayısı. b=|D|, yani uzayın doğru sayısı. v=|N|, yani uzaydaki nokta sayısı.



Tanım. Aşağıdaki aksiyomları sağlayan uzaya bir yaklaşık lineer uzay denir. (YLU)

YL1. Her doÄŸru en az iki nokta kapsar.
YL2. Farklı iki noktadan en çok bir doğru geçer (Hiç geçmese de olur.)



Tanım. Yukarıdaki tanımda YL2 aksiyomundaki "en çok" yerine "tam (bir ve yalnız bir)" alarak elde edilen uzaya bir lineer uzay (LU) diyelim. (Linner uzayda boşta nokta kalmaz yani. Bu lineer uzay vektör uzayı olmak zorunda değil, geometrideki lineer uzay bu.)


--------------


Teorem. U, sonlu bir YLU.

U, LU <=> (b_j üzerinden) Toplam [vj(v_j-1)]>= v(v-1)

Kanıtın sağdan sola kısmı uzun. Tüm kanıtın ana hatlarını aktarayım.

(=>) Fazlası doğru, eşitlik var. Şuradan çıkıyor: ToplamC(v_j, 2)=C(v,2), çünkü lineer uzayda birleşmeyen nokta yok. (İki ile çarpmak kalıyor sadece...)


(<=) v üzerinden tümevarımla U'nun bir LU olduğu kanıtlanıyor. Şöyle. v=1, 2, 3 durumlarında sorun yok. v>=4 farzediliyor. Eşitisizliğin v-1 noktalı bir YLU için doğru iken v noktalı bir YLU için doğruluğu kabul ediliyor. v-1 noktalı N'=N\{N_i} uzayında eşitsizliğin doğru olduğu ise U' ve U uzaylarında toplamların N'yi içeren ve içermeyen doğrulardan faydalanılarak yazılmasıyla kolayca elde ediliyor.


Hatta buradan eşitlik sonucu çıkıyor! Yani, 

U, sonlu bir YLU. U, LU <=> (b_j üzerinden) Toplam [vj(v_j-1)]= v(v-1)

oluyor. Zira U, LU iken eşitlik vardı. Eştisizlik varken de U, LU oluyor. Demek ki sağdan sola geçerken eşitsizlik varken eşitlik oluyor. 


Kısalık olayı... U bir pür YLU ise (LU olmayan bir YLU) (b_j üzerinden) Toplam [vj(v_j-1)]<v(v-1) olur zira U'da birleşmeyen nokta var. Bunun karşıt değili de ilk teoremin sağdan sola geçişidir zaten! Bu kadar kısa. Madem ToplamC(v_j, 2)=C(v,2) derken "çünkü lineer uzay" diyor kanıtta, lineer uzay değilse de ToplamC(v_j, 2)<C(v,2) derim, ToplamC(v_j, 2)>C(v,2) olacak hali yok ya! Ama bunu da göremiyorum. Niye ToplamC(v_j, 2)>C(v,2) olmasın. 


Yine de çok hoş bir tümevarım kanıtı olsa da "Ne gerek var tümevarıma?" demek istiyorum.

"Milii takım oleyyyy. Aaaaa, biliii takıım oleeeyvvv. Biviv takım oley, milli takım oleey. beşiktaşıım oleeeyyy. Beşiktaşım oley beşiktaşım oley. Yeeeteeeer, Yıldırıımm Demirören yeeeeteerrrr. Yönetim istifaaaaaaa, aaaaaa yönetim iiisstifaa, yönetim istiifaaaaa." "Hey! Dudup dup heeeyooooo heyy! Du-dup-dum!"






-----Inline Attachment Follows-----

_______________________________________________
MD-sorular e-posta listesi
sorular at matematikdunyasi.org
http://lists.math.bilgi.edu.tr/cgi-bin/mailman/listinfo/md-sorular


      
-------------- sonraki bölüm --------------
Bir HTML eklentisi temizlendi...
URL: http://lists.math.bilgi.edu.tr/pipermail/md-sorular/attachments/20091018/3f334a47/attachment.htm