Híres utolsó szavak

Ez nektek vicces?

nem felejtünk.jpg

 

 


 

Jobban teljesít...


Orbán Pinocchio thumb.jpg

FRISSÍTVE!

Itt az újabb történelmi csúcs

A központi költségvetés bruttó adóssága: 2010. május: 19.933,4 Mrd Ft; 2011. május: 21.116,5 Mrd Ft; 2012. május: 21.180,9 Mrd Ft; 2013. május: 21.765,4 Mrd Ft; 2014. október 24.736 Mrd Ft;2015. június 6. 24 847 Mrd F

 

Szűjjé má'!
tumblr_nzd85jlxqr1qd6fjmo1_1280.jpg

 



 

Te már bekövetted?

 

Vincent tumblr Falus.JPG

 


 

Vincenzúra

Troll Vincent.jpg

Figyelem! A Vincent szerzői — főszabályként — maguk moderálják a posztjaikra érkező hozzászólásokat. Panaszaitokkal vagy a mellékhatásokkal a poszt írójához forduljatok!

Köszönettel: Vincent Anomália

Címkék

abszurd (39) áder (5) adózás (11) alkotmány (45) alkotmánybíróság (10) államosítás (7) arcképcsarnok (14) ascher café (24) a létezés magyar minősége (6) bajnai (16) bank (7) bayer (23) bayerzsolt (14) békemenet (7) bkv (7) bloglossza (14) borzalmasvers (156) cigány (7) civilek (5) civil társadalom (8) demokrácia (24) deutsch tamás (6) devizahitelek (9) dogfüggő (10) egyház (10) ellenzék (7) erkölcs (17) érték (19) Érvsebész (11) eu (13) eu elnökség (8) felsőoktatás (15) fidesz (76) fideszdemokrácia (7) film (12) filozófia (13) foci (12) focijós (19) focikvíz (54) focitörténelem (94) fritztamás (6) gasztrowhat (9) gavallérjános (10) gazdaság (8) gengszterkrónikák (14) gyurcsány (27) hangfal (98) heti válasz (19) hétköznapi történetek (32) hétvége (44) hoax (5) hülyék nyelve (16) hülyeország (165) idézet (768) igazságszolgáltatás (6) imf (26) indulatposzt (11) interjú (7) járai (12) jobbik (17) jogállamiság (33) kampány (12) kampányszemle (9) katasztrófa (5) katonalászló (21) kdnp (9) kétharmad (16) költségvetés (21) könyvszemle (9) konzervatív (18) kormányváltás (22) kormányzás (42) kósa (8) kövér (11) kultúra (21) kumin (14) lánczi (5) lázár jános (12) levelező tagozat (12) lmp (8) longtail (10) magánnyugdíj (25) mandiner (15) március 15 (8) matematika (9) matolcsy (44) mdf (5) média (48) melegek (8) mesterházy (7) mnb (5) mosonyigyörgy (7) mszp (32) mta (5) napitahó (7) navracsics (14) nedudgi (15) nekrológ (11) nemigazország (5) nemzeti együttműködés (5) ner (11) nyugdíj (5) oktatás (12) önkormányzatok (6) orbán (46) orbanisztán (15) orbánizmus (101) orbánviktor (65) országgyűlés (6) pártállam (23) politika (14) polt (5) program (9) retró (22) retro (115) rettegünk vincent (14) rogán (9) sajtó (22) sajtószemle (6) schmitt (38) selmeczi (8) semjén (6) simicska (7) sólyom (7) spoof (19) stumpf (5) szász (6) századvég (7) szdsz (9) szijjártó (16) színház (35) szlovákia (5) szszp (5) tarlós (12) társadalom (50) törökgábor modul (8) történelem (5) tudjukkik (22) tudomány (17) tüntetés (17) ügyészség (9) választás (37) vb2010 (19) vendégposzt (68) videó (11) vincent (10) Vincent szülinap (6) voks10 (7) vörösiszap (16) zene (23) Címkefelhő

Játék a végtelennel avagy a kurvaanyját a koronavírusnak

2020.03.25. 21:12 | jotunder | 107 komment

       

        Az elmúlt napokat kvázikaranténban töltöttem ( kétszer lementem a kisboltba és tegnap vettem ezt a barbadosi cuccot, amiből a poszt megírása alatt elfogy féldeci ) és Királyhegyi Pállal szólva, most ment el teljesen a kedvem a koronavírustól. 

        Ami most jön, az egy filozófiai példabeszéd: Néha bonyolultan hangzó trivialitások állnak az egyszerűen hangzó nehéz állítások mögött. 

        Az egyszerűen hangzó és elég rafkós állítás az, hogy bárhogyan színezzük ki a természetes számokat véges sok színnel, lesz egy olyan színosztály, ami tartalmaz végtelen sok olyan elemet, amelyek tetszőleges véges részösszege is benne van a színosztályban.  Ez a Hindman-tétel. És most tiltakozásul a koronavírus, orbánviktor és még pár dolog ellen, leírom ide a híres idempotens-ultrafilteres bizonyítását a Hindman-tételnek. Mostanában folyamatosan ezekkel az izékkel foglalkozom, és ezt az alkalmazást nem bírtam otthagyni, annyira kis csinos.

       Nyugi, mostantól majd írom a jó kis orbánozós, koronavírusozós posztokat (vagy nem). 

       1.   A bonyolultan hangzó állítás az Ellis-Numakura Lemma. Az  Ellis-Numakura Lemma azt mondja ki, hogy minden olyan kompakt félcsoportban, amelyben a balról szorzások folytonosak, van idempotens elem, azaz létezik egy p elem, amire p=pp. 

       2.   A bizonyítás teljesen triviális. A Zorn-lemma szerint van a kompakt félcsoportunkban egy M kompakt részfélcsoport, ami minimális, tehát nem tartalmaz valódi részhalmazként kompakt részfélcsoportot.  Vegyük ennek az M részfélcsoportnak egy p elemét. És tekintsük a pM halmazt. Ez egy kompakt részfélcsoport, tehát a minimalitás miatt pM=M. Azaz, létezik olyan q, amelyre pq=p.  Vegyük most azon q elemek N halmazát M-ben, amelyre pq=p. N nyilván kompakt és nyilván félcsoport, tehat egyenlő M-mel. Azaz p az N-ben van, tehát pp=p.

      3.  Vegyük a természetes számok Cech-Stone kompaktifikációját. Az egy félcsoport.  Nem csoport, de fél. Fogod az X ultrafiltert és az Y ultrafiltert és a szorzatuk úgy van definiálva, hogy egy A részhalmaz akkor van benne XY-ben, ha Y-sok eltoltja X-beli. Elég creepy, de ez tényleg félcsoport és a folytonossági tulajdonság is megvan benne. 

      4.  Tehát az Ellis-Numakura Lemma szerint vannak idempotens ultrafilterek. Ezek tehát olyan ultrafilterek, hogy akkor van bennük egy részhalmaz, ha ultrasok eltoltjuk is benne van. 

      5.  A természetes számok egy részhalmaza Hindman-nagy, ha  van benne egy végtelen részhalmaz, aminek minden véges részösszege is benne van a halmazban. Állítás: egy idempotens ultrafilter minden egyes eleme Hindman-nagy. Ez pedig elég a Hindman-tételhez, hiszen ha véges sok színnel kiszínezzük a természetes számokat, akkor legalább az egyik színosztály a kedvenc ultrafilterünkben lesz.

      6.  Vegyük tehát az X idempotens ultrafiltert és ennek egy A elemét. Róla szeretnénk bebizonyítani, hogy Hindman-nagy. Legyen A halmaz duálisa az az A* halmaz, ami pont azokból az elemekből áll, akikkel eltolva A-t X-ben maradunk. Mivel X idempotens A* is benne van X-ben. Vegyük tehát A és A* metszetét. Ez egy végtelen halmaz (triviális módon idempotens ultrafilter nem lehet principális) vegyünk belőle egy x0 elemet. És most vegyük az A-x0 halmaz metszetét az A-val és nevezzük el A1-nek. Az idempotens tulajdonság miatt A1 is benne van az  ultrafilterben. 

      7. Most vegyük az A1 duálisának metszetét A1-gyel és vegyünk belőle egy x1 elemet, ami nagyobb, mint x0. És induktíve konstruáljuk meg az x0, x1,.... sorozatot. Könnyű látni, hogy minden véges kombinációjuk az A halmazban van. Tehát az  A halmaz Hindman-nagy. 

     Ha el nem basztam, ahogy az egyszeri székely favágó mondta volt.... Aránylag sok helyen van ez leírva, ha valakit érdekelnek a részletek. A barbadosi cucc jó. 

     

A bejegyzés trackback címe:

https://orulunkvincent.blog.hu/api/trackback/id/tr7315557656

Kommentek:

A hozzászólások a vonatkozó jogszabályok  értelmében felhasználói tartalomnak minősülnek, értük a szolgáltatás technikai  üzemeltetője semmilyen felelősséget nem vállal, azokat nem ellenőrzi. Kifogás esetén forduljon a blog szerkesztőjéhez. Részletek a  Felhasználási feltételekben és az adatvédelmi tájékoztatóban.

legeslegujabbkor 2020.03.25. 21:26:12

Szerintem nem velünk kellene most beszélgetned

Mister Gumpy 2020.03.25. 21:54:00

Baszki, ha a Sam PhD-bírálata súlyos inside joke volt, akkor EZ MI?! :-)

DarthVader 2020.03.25. 22:17:09

Van még abból a barbadosiból? Mer' anélkül nem megy....

DarthVader 2020.03.25. 22:17:43

Mondjuk, azzal se, de akkor már nem izgat :)

balmoral 2020.03.25. 22:55:58

Az általam ismert legjobb rum a híres bermudai Gosling's Black Seal. Bermudán jártamkor felvilágosítottak, hogy az is Barbadoson készül, lévén Bermudán egy szál cukornád nem terem manapság és szeszgyár se nincsen. Szerintem ez elégséges bizonyíték az Ellis-Numakura Lemmára. Vagy mire. Jó lesz ez, ahogy említettem volt, Newtonnak is jót tett a karantén. Jótündér is elmélyedhet a karibi szeszipar zegzugos rejtekeiben. Nyugodalmas idempotens ultrafiltert kívánok minden kedves komment-társamnak! (Lehet belőle házilag arcmaszkot fabrikálni.)

tucano 2020.03.26. 01:01:57

Igy hosszu evek Vincent olvassa utan bevallhatom, hogy soha egy budos szot sem ertettem a matekos posztokbol. De a barbadian rumokat viszont aranylag jol ismerem.

ikaruss 2020.03.26. 06:39:09

Mindent értek, csak azt nem, hogy miért Királyhelyi?

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 07:51:12

Ott akadtam el, hogy ha M félcsoport, p egy eleme, úgy, hogy pM =M, akkor miért létezik olyan q M-ben, hogy pq=q? Ehhez bizonyára kell a kompaktság vagy a balról folytonosság, de ez általában nem igaz. Pl. ha M csoport és p nem egységelem, akkor biztosan nem igaz az állítás.

Nem tudom, hogy mi az, hogy kompakt meg balról folytonos, de mi a helyzet a balról folytonos és kompakt csoportokkal, és annak egy p nem egységelemével.

Szóval itt valami zavart érzek az erőben. Persze, ha M csoport, akkor annak a p egységelemére nyilván pp=p, tehát ha valami zűr is van itt a bizonyításban, lehet, hogy megpatkolható.

Vagy valamit rosszul látok?

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 07:55:27

Mellesleg ha jól látom, a 2. pontban azt bizonyítod(?), hogy ha M minimális kompakt részfélcsoport egy balról folytonos, kompakt félcsoportban, akkor annak minden p elemére pp=p.

felucca02 2020.03.26. 07:58:40

Azért fogom még olvasni a vincentet...majd ha elmúlik a lemma, vagy mi. Alkohol meg nem ér szájamhoz.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 08:18:49

Gondolom a kompaktság meg a balról folytonosság miatt van olyan fixponttétel, hogy minden p-re létezik olyan q, hogy pq=q. Ezt jól gondolom?

És ha M csoport, akkor a triviális csoport, tehát az eredeti félcsoportban volt (bal)egység.

kiskii 2020.03.26. 08:24:52

szerintem ebben a rettenetes járványhelyzetben fel kellene ezeket a csoportokat oszlatni

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 08:30:00

@kiskii: a csoportokat oldani lehet, de sajnos nem mindegyik csoport feloldható :)

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 08:50:03

Amúgy Bollobástól hallottam egyszer régen egy nyakláncos kombinatorikai tételt, amelybnek szintén topológikus bizonyítása volt.

GHermann 2020.03.26. 09:07:48

Minden kompaktra nem lehet fixponttétel, hiszen ahogy mondtad, minden kompakt csoportban a nemtriviális (bal)szorzások fixpontmentesek. Szerintem csak a kvantorok sorrendjét keverte meg a rum, és minden q-hoz van olyan p, amire pq=q, onnan kezdve pedig sínen van a bizonyítás (és nem minden p-re jön ki, ami megnyugtató).

Ménkűnagy Bundáskutya 2020.03.26. 09:14:09

@Egon Estragon: @GHermann:

Azt hiszem, arra gondol, hogy van olyan q, melyre pq=p. És az ilyen M-beli q-k halmazát nevezi N-nek. Ez nyilván kompakt, nyliván félcsoport, M-nek része, tehát maga M. És akkor tartalmazza p-t és pp=p. És onnan megy tovább, ahogy írja.

balmoral 2020.03.26. 09:44:56

@jotunder: Hát akkor ezért nem értettem az egészet! p=pq, hát így már minden világos...

Ménkűnagy Bundáskutya 2020.03.26. 09:57:07

Bergelson tollából: people.math.osu.edu/bergelson.1/ertupdatenov6.pdf, a harmadik fejezet szól erről, nagyon szépen van megírva.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.26. 10:05:06

@Ménkűnagy Bundáskutya: bergelson furstenberg tanítvány volt. és pont olyan dolgokra használta az idempotens ultrafiltereket, amiről a vulgárfilozófiai esszét írtam. és én ezt csak három napja értettem meg. nem baj, még egy ideig be leszek zárva.

látjátok feleim szümtükkel 2020.03.26. 10:10:28

@Egon Estragon:

Biztosan, mert csak jobbról volt arcmaszkos a parlamenti ülésen, az eredeti kétharmadbalcsoportban. Így naná, hogy kompakt, meg folytonos.

cruickshank 2020.03.26. 10:49:56

Irigylem azokat, akik a p-kig eljutottak megértésben. Én már itt leakadtam: "bárhogyan színezzük ki a természetes számokat véges sok színnel" -- hogyan színezünk ki számokat? Az egyest alul pirosra felül zöldre, a kettest hosszában lila és sárga csíkokkal, a hármast skótkockásra kékkel, lilával és rózsaszínnel...? Maradok a Bruichladdichnál inkább.

balmoral 2020.03.26. 11:02:28

@cruickshank: Nem a számjegyeket színezzük ki, hanem a számokat. Mindegyikhez hozzárendelünk egy és csakis egy színt a véges számú választott, azaz konkrétan megnevezhető színünk közül. Mondhatnánk azt is, hogy egy-egy konkrét hullámhosszt rendelünk hozzá minden természetes számhoz.

cruickshank 2020.03.26. 11:06:23

Régen, a múlt évezred 80-as éveinek elején küldtek engem is megyei matekversenyekre. A megyeszékhely műszaki főiskolájának nagyelőadójában gyűltünk össze 150-en (?), durva többségben fiúk. Azért szerettem főleg, mert aznap nem kellett iskolába menni. Több órányi időt kaptunk 5-6 feladat megoldására. Mindent lehetett használni, a gyakorlatban ez főleg függvénytáblázatot és (akinek volt) zsebszámológépet jelentett. Ültem ott a rafkós feladatok fölött, valahány pontot mindig szereztem is, de a második fordulóba sosem jutottam tovább, és nem is ismertem senkit, aki továbbjutott volna (hát igen, mi nagyjából megrekedtünk a másodfokú egyenletek és a sinus-tétel szintjén). Viszont mindig megjelent két-három excentrikus kinézető fószer, pár vastag könyvvel a hónuk alatt, abba itt-ott belelapoztak, aztán 25-30 perc múltán leadták az elkészült feladatsorukat (akkor én még legfeljebb a második kérdés megértésén fáradoztam-vakaróztam). Valahogy ők lehettek a továbbjutók. Itt veszthettem el a fonalat a Hindman-tételhez.

cruickshank 2020.03.26. 11:15:32

@balmoral: értem, bár ez a poszt megfogalmazásából egyáltalán nem világos, igaz, utána lehetett volna nézni a nevezett tételnek másutt is. Este meg is teszem, csakazértis.

Papadok 2020.03.26. 11:32:47

@kiskii: Sosem lehet tudni mire lesz mindez jó. Lehet, hogy a kórházi maszkokba is lehet tenni idempotens ultrafiltereket.

balmoral 2020.03.26. 11:41:11

@cruickshank: Én meg baromira szégyellem, de idáig nem tudtam, mi az a lemma. Azt hittem, valami táplálékkiegészítő. hu.wikipedia.org/wiki/Lemma avagy hu.wikipedia.org/wiki/Lenmag

cruickshank 2020.03.26. 11:42:42

@balmoral: én egy egzotikus kis állatra tippeltem volna (wiki nélkül).

balmoral 2020.03.26. 11:44:01

@cruickshank: E dolgozat 42 oldalán találhatsz egy egyszerűbb megfogalmazást a Hindman-tételre. A logikai jelekkel nyilván megbirkózol.

balmoral 2020.03.26. 11:44:47

@cruickshank: E dolgozat 42 oldalán találhatsz egy egyszerűbb megfogalmazást a Hindman-tételre. A logikai jelekkel nyilván megbirkózol. web.cs.elte.hu/blobs/diplomamunkak/bsc_mat/2017/csernak_tamas.pdf Előbb lemaradt.

szazharminchet 2020.03.26. 11:51:59

@Papadok: Miért, Shakespeare szonettjei, vagy Rodin Gondolkodója jó valamire? Gyönyörködtet, kultúra. Előbb-utóbb nagyon sok tudományos eredmény hozzájárul az emberiség túléléséhez, de rögtön hozzájárul ahhoz, hogy az emberiség méltó legyen rá.

cruickshank 2020.03.26. 11:57:01

@balmoral: Köszönöm. Igen, a logikai jelekkel megbirkózom.

cruickshank 2020.03.26. 12:04:59

@cruickshank: Hoppá, azannyamásodikjóska!, h Eglmayert idézzem. Nem baj, karantén idején ezzel büntetem magam. Ha a Zorn-lemma sem pusztítja el a vírust, akkor amúgy sincs segítség.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 14:22:36

@GHermann: Jogos :)

@jotunder: De akkor ez a p = pq ez egy fixponttétel? Vagy ezt honnan kellene látni?

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 14:26:33

@jotunder: Jaaaa, ha pM = M, és p M-beli, akkor kell lennie olyan q-nak M-ben, hogy p = pq. Ez tényleg triviális, OK :)

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 14:55:53

@GHermann: de bizony, még mindig minden p-re kijön. Tehát ha M minimális kompakt félcsoport, akkor minden eleme idempotens. Szerintem. De csak így ebéd közben, kutyafuttában, javítsatok, ha tévedek...

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 15:07:40

Sőt, mintha az lenne, hogy minden félcsoportban a minimális félcsoportok idempotens elemek gyülekezetei. Sehol nem használtuk a kompaktságot vagy a balfolytonosságot.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.26. 15:25:43

@Egon Estragon: gondold meg, a pozitív egészek az összeadásra nézve félcsoportot alkotnak, és nincs köztük idempotens elem...
véresen használtuk a kompaktságot a Zorn-lemmánál.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.26. 15:27:08

@Egon Estragon: a folytonosságot is használtuk, amikor pM -ről kimondtuk, hogy kompakt. ha nem lenne folytonos a balról szorzás, ezt nem mondhatnánk ki.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 16:36:27

@jotunder: de legfeljebb ott használtad, hogy létezik minimális részfélcsoport. Pozitív egészek összeadásra vett félcsoportjában van minimális részfélcsoport? Szerintem nincs, tehát őrájuk is igaz az, hogy "minden minimális részfélcsoportban az összes elem idempotens". És a 2. pontban leírt bizonyításod pont működni fog rá, onnan, hogy " Vegyük ennek az M részfélcsoportnak egy p elemét.", csak húzzad ki belőle az összes olyan sallangot, hogy kompakt meg balfolytonos. Persze M nem létezik, ha az a pozitív egészek összeadásra vett félcsoportjának minimális részfélcsoportja, de ugye nemlétező dologról meg bármit állíthatsz. Viszont ha olyan félcsoportod van, amelynek van minimális részfélcsoportja, akkor annak minden eleme idempotens. Mondom, nézd meg, hogy nem tettél fel semmit p-ről, az M egy eleme, oszt mégis kijött, hogy idempotens.

Ha jól sejtem, akkor az is ki fog jönni, hogy minden véges félcsoport tartalmaz idempotens elemet.

Vicces, hogy erről mennyire nem tanul az ember az iskolában, pedig egyszerű algebra...

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 16:52:23

Ja, és persze akkor még egy vicces állítás: ha egy félcsoportban nincs idempotens elem, akkor nincs minimális részfélcsoportja. Minden sallangtól mentesen minden félcsoportra ez igaz.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.26. 17:09:18

@Egon Estragon: Ha van egy félcsoport, ami nem tartalmaz valódi részfélcsoportot (nevezheted őt minimális félcsoportnak) az pontosan egy darab elemből áll.

Idomeneusz 2020.03.26. 17:23:14

@Egon Estragon: A szorzás balról való folytonosságát két helyen is használta.
1) Először is, M zárt halmaz, tehát a kompakt félcsoportban kompakt halmaz. A szorzás balfolytonossága miatt így pM halmaz kompakt. Gondolom azt is feltette a szerző, hogy a félcsoport Hausdorff, csak nem mondta ki: nyilván így következik, hogy a pM halmaz zárt. (Magát az M halmazt úgy kapjuk Zorn-ból, hogy azt bizonyítjuk ugye, hogy a félcsoport zárt részfélcsoportjai között (jelölje ezek halmazát X) létezik tartalmazás tekintetében minimális elem. Hogy tudjuk alkamazni a Zorn-t, be kell látni, hogy minden minden X-beli láncnak van legkisebb eleme, mely X-ben van. A jelölt erre a lánc elemeinek metszete. Be kell látni, hogy ez X-ban van, tehát zárt részfélcsoport. Ez első trivi, a zártság is következik. Ebből azonban látszik, hogy a hausdorffság nem elhagyható, mert az általban kompakt halmazok tetszőleges metszete nem kompakt)

2)Másik ahol szorzás balfolytonossága kell: az N halmaz kompaktságának bizonyításához. Jelen esetben ez ekvivalens N zártságának bozonyításával, ez azonban abból látszik, hogy N nem más, mint az egyelemű (ezért zárt) {p} halmaz m_p általi inverz képe, itt m_p jelöle a p-vel balról való szorzást.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 17:37:05

@Idomeneusz: OK, OK, de ez nem változtat semmit azon állításon, hogy ha egy félcsoportnak nincs valódi részfélcsoportja, akkor abban minden elem idempotens. Ha elhagyod az összes topológiában használt jelzőt a 2. pontban onnan, ahonnan jelöltem, akkor ennek a bizonyítását kapod. Azaz, legyen M egy félcsoport minimális részfélcsoportja. Ekkor (és innen bemásolom a 2. pont citált részét, csak kihúzom belőle azokat a jelzőket, amelyek a topológiára vonatkoznak):

"Vegyük ennek az M részfélcsoportnak egy p elemét. És tekintsük a pM halmazt. Ez egy részfélcsoport, tehát a minimalitás miatt pM=M. Azaz, létezik olyan q, amelyre pq=p. Vegyük most azon q elemek N halmazát M-ben, amelyre pq=p. N félcsoport, tehat egyenlő M-mel. Azaz p az N-ben van, tehát pp=p."

Persze minden idempotens elem részfélcsoportot ad, tehát ha M-nek nincs valódi részfélcsoportja, akkor M = {p}. De attól még a fenti bizonyítás csont nélkül megy. Szerintem.

Mostha ezt megfejeled a kompaktsággal, meg a balról folytonossággal, akkor lehet, hogy M nem egyetlen elemből fog állni, de akkor is minden eleme idempotens.

Idomeneusz 2020.03.26. 17:51:02

@Egon Estragon: Lehet félreértem, mert már amit mondasz, az helyes, ám maga az állítás triviális szerintem. Ahogy JT mondta, haegy félcsoportnak (legyen S) nincsen valódi részfélcsoportja, akkor az egy egy elemű félcsoport: S= {p}. Persze, hogy az a nyomorult p idempotens lesz, hisz S félcsoport a feltétel szerint, tehát pp az S-ben kell legyen, tehát pp =p :)

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 18:42:25

@Idomeneusz: igen, ez triviális, de vannak olyan formái, amelyek nem tűnnek annyira triviálisnak, pl. hogy minden véges félcsoportban van idempotens elem. Vagy: ha egy félcsoportban nincs idempotens elem, akkor minden részfélcsoportja tartalmaz (properly) részfélcsoportot.

Bocsánat azoktól, akiknek ez triviális, sose tanultam félcsoport elméletet, és én pl. eddig nem tudtam azt, hogy minden véges félcsoportban van idempotens elem.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 18:51:17

@Idomeneusz: és ugye az is egy kérdés, hogy hogyan bizonyítod máshogy azt, hogyha egy félcsoportnak nincs valódi részfélcsoportja, akkor az egy elemű? Mert a fenti bizonyítás pont ezt is bizonyítja: ha pM =M, és utána az N is egyenlő M-mel, akkor pp=p, tehát a N' ={p} egy valódi részfélcsoport, és akkor M ={p} (mert feltettük, hogy nincs valódi részfélcsoportja).

Tehát az egész hajcihő itt akkor felesleges, ha valami más úton is tudod bizonyítani, azt, hogy ha egy célcsoportnak nincs valódi részfélcsoportja, akkor az egy elemű.

DarthVader 2020.03.26. 20:16:39

Ezt a hármat hagyjuk magára, hagy beszélgessenek, mi pedig, a nem idempotens, hanem matematikailag impotens elemek váltsunk témát. Pl. mit szóltok az üss tököshöz:

index.hu/techtud/2020/03/26/fenyesebb_lesz_a_c_2019_y4_ustokos_mint_a_felhold/

Ha most vallásos lennék, aszondanám, hogy e baljós események - Covid járvány, cunami ázsiában, földrengés a balkánon, sáskajárás Afrikában, madárinfluenza, Hanta-láz Nagy-Britanniában, meg ez a "fényes csillag" Krisztus második eljövetelét
készíti elő, de ha ez tényleg igy van(lenne), akkor mi baromi rosszul jönnénk ki belőle. Felkészül Lót. Ugyanitt só rövid határidőre eladó.

ámbátor 2020.03.26. 21:38:36

@DarthVader: Bennem felmerült, hogy betrollkodok valami közbevetést a részfélcsoportok nemtriviális topológiájával kapcsolatban, ahol pp<>nq de rájöttem, hogy nem tudnék olyat fabrikálni, ami legalább egy másodpercre is hihető lenne nekik és megakasztaná a gondolatmenetet.

DarthVader 2020.03.26. 21:50:27

@ámbátor: én annyira nem értem, hogy még trollkodni se tudnék :)

vgab 2020.03.26. 22:34:00

@Egon Estragon:
"vannak olyan formái, amelyek nem tűnnek annyira triviálisnak, pl. hogy minden véges félcsoportban van idempotens elem."

Ez azért elég könnyű: ha nem lenne idempotens elem, akkor p, p^2, p^4, p^8, ... stb. csupa különböző elem lenne, ami a végesség miatt nem megy.

"Vagy: ha egy félcsoportban nincs idempotens elem, akkor minden részfélcsoportja tartalmaz (properly) részfélcsoportot."

Ez meg csak átfogalmazása az eredetinek, hiszen ha van idempotens elem, akkor is van valódi részfélcsoport (mint írtad is), kivéve ha egy elemű a félcsoport.

Ez az egész igazából egyáltalán nem algebra. Ha van hibája JT írásának, az az, hogy a nem matematikusok azt hiszik, hogy ez a dolog nehéz vagy esetleg nagyon nehéz, miközben a "nagyon"-t még jópárszor kéne iterálni...

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.26. 22:37:41

@ámbátor: Szerintem csak bátortalan vagy :) Attól még, hogy koca-algebrista vagyok, még nem jelenti azt, hogy a topológiához bármit is konyítok :) Próbáltam ezt a Cech-Stone kompaktifikációt megérteni, de a wiki is tele van topológiai szakzsargonnal, a math.stackexchange-en meg ezt találtam:

"The object βN is notoriously elusive. It is an important object of study in set theoretic topology and is highly sensitive to various set-theoretic axioms. Generally speaking, non-principal ultrafilters are very elusive, their general existence requiring a weak form of the axiom of choice. Thus, it is very difficult to imagine what ultrafilters look like, let alone what βN looks like."

Öööö, hát köszi :)

Mondjuk ez:

"One thing for instance is that one can extend the addition of natural numbers to an addition operation on βN but it is not commutative. You can further read quite a lot on βN on any text on set-theoretic topology, but as said, this is far from conclusive or straightforward."

már kicsit jobban tetszik, mert legalább algebra-szaga van, de attól még egy szót sem értek belőle :)

ámbátor 2020.03.26. 23:01:22

@Egon Estragon: Szerintem egyáltalán nem nehéz elképzelni, hogy néz ki egy ultrafilter. Alíg láthatóan porózus vajfehér tömbnek képzelem, lilás kerettel és felül egy sárga fémkupakkal.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.26. 23:18:50

@Egon Estragon: Egy ultrafilter azt csinálja, hogy a természetes számok bizonyos részhalmazait NAGY-nak, bizonyos részhalmazait pedig KICSI-nek nyilvánítja.
A szabály az, hogy ha A NAGY és B tartalmazza A-t, akkor B-is nagy, két NAGY halmaz
metszete is NAGY, egy halmaz pontosan akkor NAGY, ha a komplementere KICSI.

A principális ultrafilterek a természetes számokhoz vannak rendelve. Az U(k) nevű ultrafilterben azok a halmazok NAGY-ok, akik tartalmazzák a k elemet. A lényeg az, hogy a halmazelmélet axiómáiból következik, hogy vannak nem-principális ultrafilterek, de ezek nem konstruálhatók, nem lehet őket felépíteni valamiféle belátható módon. Vannak és kész. És ezek az ultrafilterek alkotják a Cech-Stone kompaktumot, de nincs rajtuk távolságfogalom, csak egy kompakt Hausdorff topológia.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 07:10:19

@vgab: ne haragudj, ezeket nem látom... :/

Ha p^8=p^2, akkor hol látunk idempotens elemet?

Ezt:

"Ez meg csak átfogalmazása az eredetinek, hiszen ha van idempotens elem, akkor is van valódi részfélcsoport (mint írtad is), kivéve ha egy elemű a félcsoport."

meg aztán végleg nem értem. Olyan mintha egy "A -> B" típusú állításra mondanád azt, hogy "persze, hiszen a nem-A -> nem-B is igaz..." :/ Az én állításom úgy kezdődik, hogy "ha nincs idempotens elem", a tiéd meg úgy kezdődik, hogy "van idempotens elem"... :/

Ménkűnagy Bundáskutya 2020.03.27. 07:36:59

@Egon Estragon: Ha p^8=p^2, akkor (p^2*p^4)^2=p^4*p^8=p^4*p^2=p^2*p^4, tehát p^2*p^4 idempotens.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 08:07:03

@Ménkűnagy Bundáskutya: Wow, köszi :) Még mindig maradnak olyan esetek, hogy ha p^16 = p^2, akkor mi van, amit most a reggeli rohanásban nem tudok fél perc alatt kisakkozni, de ne mondd meg a megoldást, még gondolkodom reggelikészítés közben :)

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 08:09:01

@jotunder: OK, azt hiszem értem, majd írok, de most éppen holnaptól itt kijárási tilalom van, most kicsit fontosabb, mint a Cech-Stone kompaktifikáció :)

danesdzsu2 2020.03.27. 08:29:17

@Egon Estragon: ez az amiben biztosan tévedsz:)

danesdzsu2 2020.03.27. 08:29:18

@Egon Estragon: ez az amiben biztosan tévedsz:)

tatatürk 2020.03.27. 08:30:56

Kérdésem az, hogy kijárási tilalom esetén mi lesz a Lemmákkal?

heptakontanonaéder 2020.03.27. 08:55:35

A lemma az nem a Norvég lemming (Lemmus lemmus) genitivusa??

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 09:13:44

@Ménkűnagy Bundáskutya: OK, és általában is, ha p^(2^k_1) = p^(2^k_2), k_2>k_1+1 (mert különben már p^(2^k_1) idempotens lenne, akkor p^(2^k_2-k_1) idempotens lesz, mert a négyzete p^2^k_2 * p^(2^k_2-2*2^k_1) = p^(2^k_2-2^k_1).

És gondolom, azért kell a kettő hatvány hatványkitevőket venni, hogy p^(2^k_2-2*2^k_1) értelmezhető legyen. Mármint általában ez p^k =p^m-re nem megy, mert lehet, hogy 2m-2k <m.

OK, ez tényleg a fentitől eltérő bizonyításnak tűnik arra, hogy véges félcsoportban van idempotens elem.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.27. 09:15:28

@Egon Estragon: a Cech Stone kompaktifikáció a kijárási tilalom leglényege. Ha nem lenne, akkor természetes számok mindenfelé kijárhatnának, de be vannak zárva a Cech Stone kompaktifikációba. És a Cech Stone kompaktifikáció is rendeleti úton keletkezett, a tizenkilencedik században még nem volt értelme, kormányozni kellett hozzá a matematikát.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.27. 09:33:29

@balmoral: nálam két féldeci a barbadosi anyagból a maximum.

cruickshank 2020.03.27. 09:52:17

@heptakontanonaéder: dehogynem, ld. fentebb. :-)

apropos ultrafilter: "Tehát az abszolút legnagyobb abszolút ténylegesen mindaz, amivé lehet; mégpedig annyira ellentétmentesen, hogy a legnagyobbal egybeesik a legkisebb is. Ezért fölötte áll minden állításnak és ugyanígy minden tagadásnak is." Szóval csak egy kicsit kell az ultrafilteren túl pillantani, s minden kisimul. :-)

Persze mindenki azzal kínozza magát, amivel kedve szottyan. Én pl. nekiállok megint a 'Vocalise' megtanulásának, de hagyom a Kocsis-féle átiratot, mert baromi nehéz (nekem), ma megnézem Alan Richardson és Earl Wild átiratát is, aztán döntök.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 11:38:22

@jotunder: Szóval akkor, ha jól értem, egy véges posetben minden filterben van egy legkisebb elem, mert ha micimackónyi aggyal is látok neki egyre kisebb z-ket keresni (mert minden x és y-ra létezik olyan z, hogy z <=x és z<=y), akkor is a végesség miatt idővel találok egy legkisebbet. És akkor véges posetben az ultrafilterek a legkisebb elemet fedő elemek által generált ultrafilterek, ha van legkisebb elem (ezek lesznek a természetes számok esetén az U(k) ultrafilterek, amely a természetes számok összes részhalmazát tartalmazó posetben az üres halmazt fedő egyelemű halmazok), vagy a minimális elemek által generált filterek lesznek az ultrafilterek, ha nincs legkisebb elem.

És akkor azt mondod, hogy a természetes számok végtelensége miatt nem lesz igaz az, hogy minden filterben van legkisebb elem? És ezek között is lesznek ultrafilterek, de ezek pont annyira konstruálhatóak meg, mint a nyílt meg a zárt körlemez közötti bijekció?

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 11:42:14

@Egon Estragon: Oh, persze p^(2^k_2-2^k_1) lesz idempotens, és a négyzete meg p^(2^k_2) * p^(2^k_2-2*2^k_1), stb. elnézést a gépelési hibákért, értelemszerűen javítsátok ki :P Ezért nem jó autóban várakozva mobiltelefonról kommentelni... :/

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.27. 12:27:42

@Egon Estragon: a Zorn-lemma miatt minden filter benne van egy maximális filterben, a maximális filterek ultrafilterek. és a Zorn-lemma sajnos nemkonstruktív. ennyi az egész. nem lehet látni a nem-principális ultrafiltereket.

balmoral 2020.03.27. 12:45:40

Ha valakinek nem tűnt volna még fel, Jótündér tanár úr karanténszülte digitális távoktatásának lehetünk szerencsés részesei, avagy értetlen szemlélői. Kalapkúra helyett Numakura szeminárium.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 12:53:53

@jotunder: OK, OK, de a Zorn lemmán felül kell még az is, hogy van olyan filter, amiben nincs legkisebb elem, különben az nem jönne ki, hogy nincs nem-principális ultrafilter, nem? Pl. ha azokat a halmazokat veszed, amelyek véges sok számot nem tartalmaznak a természetes számokból, azok jók lesznek ilyen filternek, ugye?

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.27. 13:17:44

@Egon Estragon: vegyed azokat a halmazokat, amelyek egyre ritkábbak, tehát egy idő után minden n-re igaz, hogy egy n hosszúságú intervallumban maximum egy darab elem van. ezen halmazoknak vedd a komplementereit. ezek egy filtert alkotnak. és ebben teljesen világosan nincs minimális elem.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.27. 13:18:42

@balmoral: naaaa.... ez nem távoktatás. ez egy filozófiai performance.

balmoral 2020.03.27. 13:25:42

@jotunder: És "nem középiskolás fokon". Teljesen mindegy, minek szánod, ha a végén úgyis tank lesz belőle. Vagy fogpiszkáló...

dr Brcskzf Gröőő 2020.03.27. 13:36:43

@Egon Estragon: igen, ezt hívják ko-véges szűrőnek, kibővíthető ultraszűrővé (mellesleg elég sokféleképp), és bármelyik bővítésére igaz, hogy csupa végtelen halmazt tartalmaz. ez a szabványos példa arra, hogy végtelen halmazon van ultraszűrő, ami nem főszűrő.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.27. 14:03:40

@jotunder:@dr Brcskzf Gröőő: köszi, akkor eddig minden világos.

A következő napirendi pont, hogy mi az, hogy "Y-sok eltoltja X-beli"?

(Közben dolgozni is kell, amihez valljuk meg, sokkal kevesebb kedvem van, mint a posztban közölt bizonyítás megértéséhez, de ezvan :) )

Ménkűnagy Bundáskutya 2020.03.27. 14:34:15

@Egon Estragon: ha X és Y ultrafilterek, A pedig a természetes számok halmazának egy részhalmaza, akkor bizonyos n-ekre A+n X-beli (X szerint nagy), más n-ekre A+n nem X-beli (X szerint kicsi). Vegyük az összes olyan n-t, melyre A+n X-beli, ez a természetes számok halmazának egy B részhalmaza. Ez a B halmaz vagy Y-beli (Y szerint nagy) vagy nem Y-beli (Y szerint kicsi). Az A akkor lesz XY-ban, ha ez a belőle származtatott B Y-beli (Y szerint nagy). Ezt érti a szerző azalatt, hogy "[A-nak] Y-sok eltoltja X-beli".

dr Brcskzf Gröőő 2020.03.27. 14:35:46

@Egon Estragon: ha Y egy szűrő, akkor az "egy állítás Y-sok elemre teljesül" azt jelenti, hogy azon elemek halmaza, amire az állítás igaz, Y-beli. jelen esetben: azon elemek halmaza, amivel eltolva X-beli részhalmazt kapsz, Y-beli.

ikaruss 2020.03.27. 15:16:18

@cruickshank:
"Tehát az abszolút legnagyobb abszolút ténylegesen mindaz, amivé lehet; mégpedig annyira ellentétmentesen, hogy a legnagyobbal egybeesik a legkisebb is. Ezért fölötte áll minden állításnak és ugyanígy minden tagadásnak is."

Ez kitől származik?

Idomeneusz 2020.03.27. 16:41:19

Akit a poszt Győrfi Pál-mentes része megmozgatott, bátran nézze meg ezt is:

terrytao.wordpress.com/2008/01/21/254a-lecture-5-other-topological-recurrence-results/

cruickshank 2020.03.27. 17:03:54

@ikaruss: Cusanustól, 1440-ből. :-)

ikaruss 2020.03.27. 18:02:55

Kösz! Régen olvastam - mindenképpen 1440 után :) - , de most előszedem.

cruickshank 2020.03.27. 18:25:34

@ikaruss: Cusanust mindig jó olvasni. Ajánlom hozzá Cristobal Morales valamely miséjét. Ha végeztél vele, jó folytatás lehet Schelling (a tridealizmus vagy bármely más fiatalkori opusa) -- szigorúan Hendrixszel.

ikaruss 2020.03.27. 19:37:21

@cruickshank:
Schelling-Hendrix : elég merész párosításnak tűnik.

Csingiz 2020.03.27. 22:56:54

A Cech-Stone kompaktifikáció a kijárási tilalom leglényege...
Barbados, you say.
Meg ne sértődjön, mert visszaüt.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.27. 22:57:41

@Csingiz: másfél deci lehet még belőle, ez már nem tesz nagy kárt

keletita 2020.03.27. 23:17:04

El nem tudtam volna képzelni, hogy egy ilyen írásra ennyi hozzászólás érkezik. Úgy tűnik, mindenki úgy érzi, hogy ha érti, akkor azért kell hozzászólnia, ha meg nem, akkor azért.

Mister Gumpy 2020.03.28. 00:56:12

@Egon Estragon: Ez a necklace problem gyönyörűszép, itt egy link: www.sciencedirect.com/science/article/pii/0001870887900557

Volt amúgy egy hasonló Schweitzer feladat is 1997 környékén, Totik Vilmos volt a kitűzője, én ismertem a fenti cikket, így megoldottam a feladatot, de itt van, amit Totik írt erről: shorturl.at/hiBIY, és idézem őt: "Aki ismert bármilyen nemtriviális topologikus fixponttételt, az megoldotta ezt a feladatot."

A Brouwer fixponttétel a legegyszerűbb ilyen. "Ha a d-dimenziós zárt körlapnak vesszük egy önmagára való folytonos leképezését, akkor annak van fixpontja." A "zárt" azt jelenti, hogy a határa is benne van. Ha a körlapot egy határpontjából lekicsinyítjük felére, akkor csak az a határpont a fix, így ha az nem volna része az univerzumnak, akkor nem volna fixpont. De része, mert zárt. A körlap hozzávetőleges alakja is fontos: ha egy zárt körgyűrűt vennénk, akkor a középpont körüli forgatásnak nincs fixpontja a körgyűrűn belül.

Az, hogy az alak itt fontos, az szerintem egy algebrai dolog. Ilyen, nem olyan, körlap, nem körgyűrű, pár lehetőség közül az egyik, és ennek következményei vannak. A Hindman tételben viszont csak kompaktság van, az meg analízis: ha két dolog közel van egymáshoz, és folytonos függvénnyel visszük őket arrébb, akkor a képek is közel lesznek. (A folytonosság definíciója.) epsilon, delta, becslések. Azt akarom mondani, hogy ez a Hindman tétel sokkal alapvetőbb, mint a necklace theorem.

Egon Estragon · http://egonazeger.blog.hu/ 2020.03.28. 08:42:37

@keletita: szerintem erre való egy blog: aki nem érti, az kérdez, aki érti, az válaszol. Ennek kellene természetesnek lennie, szerintem.

@Mister Gumpy: köszi, mindenképp ránézek!

látjátok feleim szümtükkel 2020.03.28. 13:21:34

@Egon Estragon:

Igazad van, és érdekes is az értők párbeszéde. De! valahol a sok pq ,meg egyéb betű közt elveszett a poszt címébe foglalt mondandó. Tisztelet a posztolónak, de szerintem egyéb mondanivalója is volt a matek szépsége mellett.

Magam részéről úgy gondolom, hogy vírus ide, vírus oda, a matematika örök. Meg azok hülyesége is, akik ezt, és a matematikai módszereket a vírus elleni harcban figyelmen kívül hagyják.

GHermann 2020.03.28. 13:23:19

@jotunder: "de nincs rajtuk távolságfogalom" - ezt hadd árnyaljam azzal, hogy ez egy Hausdorff és M_2 tér kompaktifikáltja, tehát ő is Hausdorff és M_2, mivel pedig kompakt, ezért T_4 is, következésképpen metrizálható. Ettől még persze könnyen lehet, hogy minden olyan metrika, ami ezt a topológiát adja, ronda és emberi ész által átláthatatlan.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.28. 15:12:25

@GHermann: a Cech-Stone topologia nem metrizálható. nagyon nem.
legyen A egy valódi részhalmaza a természetes számoknak, és U(A) azon ultrafilterek halmaza, amelyek tartalmazzák A-t. U(A) bázisa a Cech-Stone-nak.

ha a Cech Stone metrizálható, akkor van megszámlálhatóan sok bázishalmaz, U(A1), U(A2), U(A3).... amire igaz, hogy minden U(B) alakú halmaz tartalmaz legalább egyet közülük.

namost ez nyilván nem igaz, mert van induktíve konstruálhatok egy B halmazt, ami minden egyes An komplementerét metszi. ekkor U(B) nem tartalmazza U(An)-t egyetlen n-re sem, hiszen van olyan ultrafilter, amiben benne van a B és nincs benne az An.

GHermann 2020.03.28. 16:38:45

Ez az érvelés pont nem jó, mert ha A egyelemű, akkor U(A) is csak az A-hoz tartozó principális ultrafilter, tehát minden U(B)-ben van egy U({n}) alakú. Ettől függetlenül nem igaz, hogy M_2 kompaktifikáltja M_2, az intuíciómmal ellentétben semmi nem garantálja azt, hogy két olyan nyílt, melynek N-beli nyoma megegyezik, a kompaktifikációban is megegyezzen (és a Cech-Stone már az M_1-séget is elveszti).

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.28. 17:24:34

@GHermann: Van egy elírás. Nem azt feltételezed, hogy a B metszi minden An komplementerét, hanem azt, hogy minden An metszi a B komplementerét magyarul B nem tartalmazhatja az An-t. És azt bátran felteheted, hogy az An-ek nem végesek.

jotunder · http://orulunkvincent.blog.hu 2020.03.28. 17:41:19

@GHermann: A legbrutálisabb bizonyítéka annak, hogy a Cech-Stone kompaktifikáció nem metrizálható az az, hogy a mérete túl nagy. Ha egy kompakt metrikus térnek nem-megszámlálhatóan sok eleme van, akkor mindig kontinuum sok eleme van. És a Cech-Stone elemszáma 2 ad kontinuum.

Idomeneusz 2020.03.28. 23:03:44

A Hindman-tétel egy nagyon szép (de meglepő módon nem kombinatorikai) alkalmazása, á lá Gowers:

www.sciencedirect.com/science/article/pii/019566989290020Z

kemény keleti kommentelő 2020.04.26. 10:16:55

444.hu/2020/04/26/37-eves-no-lett-a-koronavirus-legfiatalabb-magyar-aldozata

Mostmár nem csak a betegségeit tárgyalják ki az áldozatoknak, hanem a súlyára is megjegyzéseket tesznek.
A következő az lesz, gondolom, hogy emez meg lehet, hogy csak 30 éves volt, de minimálbéres és albérletben lakott.

seol 2020.04.26. 11:58:47

@kemény keleti kommentelő:

Persze, Nerniában EZ nem sérti az ún. személyiségi jogokat. Annak megmondása, Baranyában hány fertőzött van, sajnos igen.

Érvsebész 2020.04.26. 20:35:49

@kemény keleti kommentelő: az anyja egy malomtulajdonos kulák szeretője