A koncentrikus körökről mindenki tudja, hogy egy adott körbe rajzolt folyamatosan kisebbedő köröket jelentenek, amelyek végül egy kiterjedés nélküli pontba zsugorodnak össze. Egy kétdimenziós korongnak, amibe koncentrikus köröket rajzolunk, nyilván egy ilyen középpontja van, tehát egy koncentrikus középpontja van.
Viszont nézzük meg egy háromdimenziós gömb felületét? A Föld is egy ilyen háromdimenziós gömb, aminek kétdimenziós felülete van, és van egy egyenlítője, ami egy olyan körvonal, ami a gömbfelületet annak középen két egyenlő nagyságú félgömbfelületre osztja. Egy alsóra és egy felsőre. A két félgömb felületére a fenti koronghoz hasonlóan szintén folyamatosan kisebbedő koncentrikus körök rajzolhatóak mind alul, mind pedig felül, és mind a két félgömbfelületen a koncentrikus körök egy pontba fognak összezsugorodni akárcsak a kétdimenziós korong esetében. Így a háromdimenziós gömb felületének már két koncentrikus középpontja lesz.
A két koncentrikus középpont azonban csak abban az esetben igaz, ha az egyenlítő helyét rögzítettnek tekintjük a gömbfelületen, vagyis ha egyenlítőből csak egyetlen egyet gondolunk el. Ez az elgondolás azonban teljesen téves, hiszen a gömbfelületre végtelen sokfajta módon rajzolhatunk olyan egyenlítőt, ami azt két egyenlő nagyságú félgömbfelületre osztja, és minden ilyen egyenlítőhöz tartozni fog két koncentrikus középpont a kettéosztott alsó és felső félgömbfelületen. Így tehát azt kell mondanunk, hogy a háromdimenziós gömb felületének, ha annak egyenlítőjét nem rögzítettként gondoljuk el, akkor végtelen sok koncentrikus középpontja van, pontosabban (végtelen x 2) ilyen pontja van, hiszen minden egyenlítőhöz pontosan két koncentrikus középpont tartozik.
A kérdés, hogy mi a helyzet a négydimenziós gömbbel? Hány koncentrikus középpontja lesz, ha egyenlítőjét rögzítettként, és hány lesz, ha nem rögzítettként gondoljuk el. Ha egyenlítőjét rögzítettként gondoljuk el, akkor feltételezem, hogy 4 koncentrikus középpontja lesz, ha pedig nem rögzítettként, akkor lehet, hogy (végtelen x 4), de én inkább afelé hajlok, hogy ((végtelen x 2) x (végtelen x 2)). Az ötdimenziós gömbnek pedig (((végtelen x 2) x (végtelen x 2)) x ((végtelen x 2) x (végtelen x 2))), és így tovább. Láthatjuk, hogy a mindig magasabb dimenziószámú gömbfelületek koncentrikus középpontjainak számát úgy kaptuk meg, hogy a (végtelen x 2)-t önmagával szoroztuk meg, majd az így kapott szorzatot megint önmagával, majd így tovább a végtelenségig, és így a szorzatokban szereplő (végtelen x 2) tényezők száma mindig duplájára nőtt, mintha mindig kettes hatványra emelnénk.
Ha letérünk a többdimenziós gömbök koncentrikus középpontjainak vizsgálatáról, és ezeket a szorzatokat önmagukban, mint műveleteket vizsgáljuk, akkor a végtelen helyébe bármilyen számot behelyettesíthetünk, így például 8-at is. Ekkor a szorzatunk: ((2 x 8) x (2 x 8)). Majd (((2 x 8) x (2 x 8)) x ((2 x 8) x (2 x 8))) lesz, és így tovább. De vajon hogyan alkalmazhatjuk ezt a műveletet a hármas, vagy a négyes szám esetén? A hármas szám esetén a szorzat nyilván ((3 x 8) x (3 x 8) x (3 x 8)). Majd (((3 x 8) x (3 x 8) x (3 x 8)) x ((3 x 8) x (3 x 8) x (3 x 8)) x ((3 x 8) x (3 x 8) x (3 x 8))) lesz, és így tovább. Vagyis a (3 x 8)-as tényezőknek a hármas szám hatványai szerint kell tagolódniuk és sokszorozódniuk.
Ezt az új műveletet hiperhatványozásnak nevezem el. A végtelen behelyettesítése utáni első esetben a nyolcat emeltem kettes hiperhatványra, először kettes majd harmadfokon. Ennek jelölésére a DOS operációs rendszerből ismert visszaper jelet fogom használni a következőképpen; kettes hiperhatványra emelés kettes fokon: 8^2\2, kettes hiperhatványra emelés harmad fokon 8^2\3. Ennek megfelelően a hármas hiperhatványra emelés kettes fokon: 8^3\2, illetve a hármas hiperhatványra emelés hármas fokon 8^3\3.
Ha létezik hiperhatvány, akkor nyilván hipergyökvonásnak is kell léteznie. A 8-as szám kettes hiperhatványa kettes fokon, vagyis 8^2\2, azaz ((2 x 8) x (2 x 8)) = 256. A 256 kettes hipergyöke kettes fokon azt a számot írja le, amelyet a ((2 x a) x (2 x a)) szorzat (a) ismeretlenjének a helyére kell behelyettesítenünk, hogy 256-ot kapjunk. Ez esetünkben nyilvánvalóan 8 lesz. A 256 kettes hipergyökét kettes fokon én a fentiek alapján így jelölném: 2\2√256. Én még annyit fűznék hozzá az új művelet bevezetéséhez, hogy sejtésem szerint érdemes lenne alkalmazni a Fibonacci számokra is. Kísérletként, hogy milyen eredményt kapnánk, ha a szorzatokba nem egy számot, hanem a Fibonacci számokat helyettesítenénk be. Például így: (((3 x 1) x (3 x 1) x (3 x 2)) x ((3 x 3) x (3 x 5) x (3 x 8)) x ((3 x 13) x (3 x 21) x (3 x 34))), és így tovább.
Nincsenek megjegyzések:
Megjegyzés küldése