Toisaalta R^N voitaneen tarkastella dimensio kerrallaan palauttamalla jokainen "akseli" tapaukseen n=1, joten yleinen seuraa sitten alijono kerrallaan.
Mainos
Verkkolehden uusimmat jutut
-
Kupari suli Kupittaan kuumuudessa: Chiefs nappasi täydet pisteet KuKiltaLue lisää »
-
PWHL aloittaa toisen kautensa – mukana kolme suomalaispelaajaa ja uudelleen nimetyt joukkueetLue lisää »
-
Kiekko-Espoo niukasti sarjan kärkipaikalta pudonnutta HIFK:ta parempi pääkaupunkiseudun taistossaLue lisää »
-
Joel Olkkonen jättää Liigan – pelipaikka löytyi länsinaapurin jumbojoukkueestaLue lisää »
-
Liiga-kierros: HPK pilasi SaiPan täydellisen marraskuun, Anders Koch espoolaisten sankari NordiksellaLue lisää »
-
Tappara jälleen aktiivinen pelaajamarkkinoilla – kokenut Mario Kempe kirvesrintoihinLue lisää »
You are using an out of date browser. It may not display this or other websites correctly.
You should upgrade or use an alternative browser.
You should upgrade or use an alternative browser.
Matematiikkapähkinät
- Viestiketjun aloittaja TomiP
- Alkaa
- 32 681
- 273
Lisää vaihtoehtoja
Ketjuun kirjoittaneetToisaalta R^N voitaneen tarkastella dimensio kerrallaan palauttamalla jokainen "akseli" tapaukseen n=1, joten yleinen seuraa sitten alijono kerrallaan.
Ei voida.
Ei voida.
No, se olikin nopea idea. Ratkaisu löytynee sitten Cantorin joukkoleikkausten avulla. Palataan asiaan.
No, se olikin nopea idea. Ratkaisu löytynee sitten Cantorin joukkoleikkausten avulla. Palataan asiaan.
Löytyy. Ongelma tuossa akseli kerrallaan -metodissa, että jossain projektiossa voi olla vain äärellinen määrä pisteitä (tällaisia joukkoja on helppo keksiä). Jos jokaisessa akseliprojektiossa on ääretön määrä pisteitä, silloinkin voidaan päätyä pisteeseen, joka ei ole alkuperäisen joukon kasautumispiste.
Minä nyt kiitän nimimerkkiä TomiP, että olet tällaisenkin ketjun aikaansaanut. Minä noita vastaavia matikkapulmia noin 25-30 vuotta sitten pähkäilin, mutta nykyisin peruskoulun matikanopettajana toimiessani olen kaikki jo autuaasti unohtanut. Mukavaa on kuitenkin muistiin palautella. Joitakin olen jopa ymmärtänyt, ja se on paljon se tällaiselle seniilille kuin minä.
Edelliseen pähkinään: Osoita, että äärettömällä ja rajoitetulla joukolla A on ainakin yksi kasautumispiste R^N-avaruuksissa.
tuli yksi ratkaisu, joka todistaa tehtävän kun N=1. Annan siitä @redlate :lle puolikkaan pisteen.
Annan kuitenkin yleisen vastauksen:
Pistetilanne:
redlate: 5,5
huhheijaa: 1
kartenoidi: 1
tuli yksi ratkaisu, joka todistaa tehtävän kun N=1. Annan siitä @redlate :lle puolikkaan pisteen.
Annan kuitenkin yleisen vastauksen:
Koska A rajoitettu on olemassa M>0, että suljettu N-väli V_0=[-M,M]^N (on suljetun välin [-M,M] N-kertainen karteesinen tulo, on kahdessa ulottuvuudessa neliö, kolmessa kuutio jne.) siten, että tämä N-väli peittää A:n (A on V_0:n osajoukko).
Jaetaan nyt V_0 2^N:ään yhtä suureen osaan puolittamalla välit. Nyt jossain näissä osista on ääretön määrä A:n pisteitä (muuten A olisi äärellinen). Merkitään ko. osaa V_1:llä. Tehdään V_1 vastaava jako kuin V_0 ja valitaan jälleen se, jossa on ääretön määrä A:n pisteitä, näin saadaan V_2. Jatketaan tätä ja saadaan sisäkkäinen suljettu ja kutistuva joukkosarja V_n, joissa kussakin on ääretön määrä A:n pisteitä. V_n halkaisija d_n=sqrt[NM^2/2^(2(n-1))] menee nollaan kun n--> ääretön. Siinspä täydellisyysaksiooman mukaan on olemassa x_0 siten, että x_0 kuuluu V_n:en leikkaukseen (leikkaus on vain yksi piste {x_0}). Tämä piste on joukon A kasautumispiste. Sillä millä tahansa r>0 löytyy n siten, että V_n kuluu avoimeen palloon B(x_0,r). Koska V_n:n ja A:n leikkaus sisältää äärettömän monta pistettä, niin leikkaus B(x_0,r)/{x_0}:n ja A:n välillä ei ole tyhjä millään r>0:n arvolla.
Jaetaan nyt V_0 2^N:ään yhtä suureen osaan puolittamalla välit. Nyt jossain näissä osista on ääretön määrä A:n pisteitä (muuten A olisi äärellinen). Merkitään ko. osaa V_1:llä. Tehdään V_1 vastaava jako kuin V_0 ja valitaan jälleen se, jossa on ääretön määrä A:n pisteitä, näin saadaan V_2. Jatketaan tätä ja saadaan sisäkkäinen suljettu ja kutistuva joukkosarja V_n, joissa kussakin on ääretön määrä A:n pisteitä. V_n halkaisija d_n=sqrt[NM^2/2^(2(n-1))] menee nollaan kun n--> ääretön. Siinspä täydellisyysaksiooman mukaan on olemassa x_0 siten, että x_0 kuuluu V_n:en leikkaukseen (leikkaus on vain yksi piste {x_0}). Tämä piste on joukon A kasautumispiste. Sillä millä tahansa r>0 löytyy n siten, että V_n kuluu avoimeen palloon B(x_0,r). Koska V_n:n ja A:n leikkaus sisältää äärettömän monta pistettä, niin leikkaus B(x_0,r)/{x_0}:n ja A:n välillä ei ole tyhjä millään r>0:n arvolla.
Pistetilanne:
redlate: 5,5
huhheijaa: 1
kartenoidi: 1
Uusi pähkinä: Todista, että metrisissä avaruuksissa seuraavat suljetun joukon määritelmät ovat ekvivalentteja.
1) Suljettu joukko on avoimen joukon komplementti.
2) Suljettu joukko on joukko, joka sisältää kaikki kasautumispisteensä.
Muistutus komplementin määritelmä: joukko A on joukon B:n komplementti, jos A=X/B (X on tarkasteltava avaruus).
Hyödyllinen avoimen joukon määritelmä metrisissä avaruuksissa: Joukko A on avoin, jos jokaiselle A:n pisteelle x pätee, että on olemassa r_x>0 (r voi riippua pisteestä) siten, että avoin pallo B(0,r_x) (avoin pallo on avoin joukko) on A:n osajoukko.
Ekvivalenttitodistuksista. Väitteet A ja B ovat ekvivalentteja, jos A:sta seuraa B ja B:stä seuraa A.
1) Suljettu joukko on avoimen joukon komplementti.
2) Suljettu joukko on joukko, joka sisältää kaikki kasautumispisteensä.
Muistutus komplementin määritelmä: joukko A on joukon B:n komplementti, jos A=X/B (X on tarkasteltava avaruus).
Hyödyllinen avoimen joukon määritelmä metrisissä avaruuksissa: Joukko A on avoin, jos jokaiselle A:n pisteelle x pätee, että on olemassa r_x>0 (r voi riippua pisteestä) siten, että avoin pallo B(0,r_x) (avoin pallo on avoin joukko) on A:n osajoukko.
Ekvivalenttitodistuksista. Väitteet A ja B ovat ekvivalentteja, jos A:sta seuraa B ja B:stä seuraa A.
Viimeksi muokattu:
Juuri olin tekemässä B(0,r) pallojen leikkausten avulla ratkaisua ja Cantorin joukkoleikkauksena olisi löytynyt kasautumispiste. Olinko jäljillä?Edelliseen pähkinään: Osoita, että äärettömällä ja rajoitetulla joukolla A on ainakin yksi kasautumispiste R^N-avaruuksissa.
tuli yksi ratkaisu, joka todistaa tehtävän kun N=1. Annan siitä @redlate :lle puolikkaan pisteen.
Annan kuitenkin yleisen vastauksen:
Koska A rajoitettu on olemassa M>0, että suljettu N-väli V_0=[-M,M]^N (on suljetun välin [-M,M] N-kertainen karteesinen tulo, on kahdessa ulottuvuudessa neliö, kolmessa kuutio jne.) siten, että tämä N-väli peittää A:n (A on V_0:n osajoukko).
Jaetaan nyt V_0 2^N:ään yhtä suureen osaan puolittamalla välit. Nyt jossain näissä osista on ääretön määrä A:n pisteitä (muuten A olisi äärellinen). Merkitään ko. osaa V_1:llä. Tehdään V_1 vastaava jako kuin V_0 ja valitaan jälleen se, jossa on ääretön määrä A:n pisteitä, näin saadaan V_2. Jatketaan tätä ja saadaan sisäkkäinen suljettu ja kutistuva joukkosarja V_n, joissa kussakin on ääretön määrä A:n pisteitä. V_n halkaisija d_n=sqrt[NM^2/2^(2(n-1))] menee nollaan kun n--> ääretön. Siinspä täydellisyysaksiooman mukaan on olemassa x_0 siten, että x_0 kuuluu V_n:en leikkaukseen (leikkaus on vain yksi piste {x_0}). Tämä piste on joukon A kasautumispiste. Sillä millä tahansa r>0 löytyy n siten, että V_n kuluu avoimeen palloon B(x_0,r). Koska V_n:n ja A:n leikkaus sisältää äärettömän monta pistettä, niin leikkaus B(x_0,r)/{x_0}:n ja A:n välillä ei ole tyhjä millään r>0:n arvolla.
Pistetilanne:
redlate: 5,5
huhheijaa: 1
kartenoidi: 1
Juuri olin tekemässä B(0,r) pallojen leikkausten avulla ratkaisua ja Cantorin joukkoleikkauksena olisi löytynyt kasautumispiste. Olinko jäljillä?
Olit se on juuri oikea tapa.
Hyvä homma. Tyydyn tähän.Olit se on juuri oikea tapa.
Pakko kehua, että mielenkiintoinen ketju!
Vieno pyyntö, saisiko pähkinöitä myös muusta kuin metrisistä avaruuksista ja topologiasta yms?
Toki. On niitä ollutkin. Laskennalliset tehtävät ovat siinä mielessä huonoja, että monet laskimet ratkovat ne symbolisesti.
Onko erityisiä toiveita? Analyysia? Mittateoriaa? Lukuteoriaa? Tai vaikka differentiaaliyhtälöitä?
Edellinen pähkinä olkoot edelleen avoin.
Uusi pähkinä lukuteoriasta: Todista, että alkulukuja on äärettömästi.
Tämä on todistettu jo yli 2000 vuotta sitten Eukleideen toimesta.
Määrittelen avuksi alkuluvun: Alkuluku on yhtä suurempi (siis vähintään 2) luonnollinen luku, joka on jaollinen vain itsellään ja ykkösellä.
Uusi pähkinä lukuteoriasta: Todista, että alkulukuja on äärettömästi.
Tämä on todistettu jo yli 2000 vuotta sitten Eukleideen toimesta.
Määrittelen avuksi alkuluvun: Alkuluku on yhtä suurempi (siis vähintään 2) luonnollinen luku, joka on jaollinen vain itsellään ja ykkösellä.
Viimeksi muokattu:
Onko erityisiä toiveita? Analyysia? Mittateoriaa? Lukuteoriaa? Tai vaikka differentiaaliyhtälöitä?
Vaikka, analyysia, (lineaari)algebraa, lukuteoriaa, kombinatoriikkaa. Välttämättä en noitakaan muista, mutta ainakin noista olisi jonkinlaisia teoriatietoja. Noi topologiat meni vähän yli, kun niitä ei ole juuri tullut ikinä luettua.
Vaikka, analyysia, (lineaari)algebraa, lukuteoriaa, kombinatoriikkaa. Välttämättä en noitakaan muista, mutta ainakin noista olisi jonkinlaisia teoriatietoja. Noi topologiat meni vähän yli, kun niitä ei ole juuri tullut ikinä luettua.
Juuri laitoinkin pähkinän lukuteoriasta.
Miksi 1 ei kelpaa alkuluvuksi. Toteuttaa kuitenkin määritelmän, ettei ole jaollinen kuin itsellään ja ykkösellä. Triviaali tosin eikä vaikuta mitenkään todistukseen.Edellinen pähkinä olkoot edelleen avoin.
Uusi pähkinä lukuteoriasta: Todista, että alkulukuja on äärettömästi.
Tämä on todistettu jo yli 2000 vuotta sitten Eukleideen toimesta.
Määrittelen avuksi alkuluvun: Alkuluku on yhtä suurempi (siis vähintään 2) luonnollinen luku, joka on jaollinen vain itsellään ja ykkösellä.
Miksi 1 ei kelpaa alkuluvuksi. Toteuttaa kuitenkin määritelmän, ettei ole jaollinen kuin itsellään ja ykkösellä. Triviaali tosin eikä vaikuta mitenkään todistukseen.
Koska silloin alkulukuhajotelmista ei tulisi yksikäsitteisiä.
Uusi pähkinä lukuteoriasta: Todista, että alkulukuja on äärettömästi.
Tämä on todistettu jo yli 2000 vuotta sitten Eukleideen toimesta.
Määrittelen avuksi alkuluvun: Alkuluku on yhtä suurempi (siis vähintään 2) luonnollinen luku, joka on jaollinen vain itsellään ja ykkösellä.
Tämänkaltaisen todistuksen muistan joskus nähneeni:
Oletetaan, että on olemassa suurin alkuluku n. Kerrotaan kaikki alkuluvut n:ään asti keskenään: 2 x 3 x 5 x ... x n. Näin saatuun tuloon lisätään 1, jolloin huomataan, että ykkösellä kasvatettu luku ei ole jaollinen millään alkuluvulla -> alkuperäinen olettamus suurimman alkuluvun olemassaolosta oli väärin.
Tämänkaltaisen todistuksen muistan joskus nähneeni:
Oletetaan, että on olemassa suurin alkuluku n. Kerrotaan kaikki alkuluvut n:ään asti keskenään: 2 x 3 x 5 x ... x n. Näin saatuun tuloon lisätään 1, jolloin huomataan, että ykkösellä kasvatettu luku ei ole jaollinen millään alkuluvulla -> alkuperäinen olettamus suurimman alkuluvun olemassaolosta oli väärin.
Oikein.
Pistetilanne:
redlate: 5,5
huhheijaa: 1
kartenoidi: 1
Jeesus: 1
No niin, palataan suljetun joukon pähkinään:
Todista, että metrisissä avaruuksissa seuraavat suljetun joukon määritelmät ovat ekvivalentteja.
1) Suljettu joukko on avoimen joukon komplementti.
2) Suljettu joukko on joukko, joka sisältää kaikki kasautumispisteensä.
Todista, että metrisissä avaruuksissa seuraavat suljetun joukon määritelmät ovat ekvivalentteja.
1) Suljettu joukko on avoimen joukon komplementti.
2) Suljettu joukko on joukko, joka sisältää kaikki kasautumispisteensä.
1) Oletetaan, että A:n komplementti B=X/A on avoin ja olkoot x A:n kasautumispiste nyt kaikilla r>0 pätee, B(x,r)/{x} leikkaus A:n kanssa on epätyhjä. Tästä seuraa, että x ei voi kuulua B:hen, sillä jokaisella y:llä B:ssä on olemassa r_y>0 siten, että B(y,r_y) on B:n osajoukko (avoimen määritelmä metrisissä avaruuksissa). Siispä x kuuluu A:han.
Eli 1)--> 2) todistettu.
2) Oletetaan, että A sisältää kaikki kasautumispisteensä. Olkoot x B:ssä x ei ole A:n kasautumispiste siispä on olemassa r>0 siten, että B(x,r) on B:n osajoukko, siispä B avoin. Tämä todistaa 2)--> 1). Eli ekvivalenssi on todistettu.
Eli 1)--> 2) todistettu.
2) Oletetaan, että A sisältää kaikki kasautumispisteensä. Olkoot x B:ssä x ei ole A:n kasautumispiste siispä on olemassa r>0 siten, että B(x,r) on B:n osajoukko, siispä B avoin. Tämä todistaa 2)--> 1). Eli ekvivalenssi on todistettu.
Tämä pähkinä:
Osoita, että alkulukujen käänteislukujen summa divergoi.
Eli \sum_{i=1}^{ääretön} 1/p_i=ääretön. missä p_i on i:s alkuluku.
Olkoot edelleen avoin, mutta annan vihjeen osatodistuksena
Osoita, että alkulukujen käänteislukujen summa divergoi.
Eli \sum_{i=1}^{ääretön} 1/p_i=ääretön. missä p_i on i:s alkuluku.
Olkoot edelleen avoin, mutta annan vihjeen osatodistuksena
(i) Todistetaan ensin, että harmoninen sarja eli \sum_{k=1}^{ääretön}1/k divergoi äärettömyyteen
Riittää osoittaa, että ln(N+1)<\sum_{k=1}^{N}1/k, missä ln(x) tarkoittaa luonnollista logaritmia (kantaluku e=2,718.. on Neperin luku).
Tämä onnistuu induktiolla
(1) alkuaskel N=1--> ln(2)<1=\sum_{k=1}^{1}1/k Ok.
(2) Induktio-oletus ln(N+1)<\sum_{k=1}^{N}1/k kaikilla N:llä.
(3) Induktioaskel (väite arvolla N+1) ln(N+1+1)=ln(N+2)=ln((N+1)*(N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln((N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln(1+1/(N+1)).
On helppo nähdä, että kaikilla x>-1 pätee, että ln(1+x)<=x. Siispä
ln(N+1+1)=ln(N+2)=ln((N+1)*(N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln((N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln(1+1/(N+1))<ln(N+1)+1/(N+1)
Niinpä induktio oletuksesta saadaan ln(N+1+1)=ln(N+2)<ln(N+1)+1/(N+1)<\sum_{k=1}^{N}1/k+1/(N+1)=\sum_{k=1}^{N+1}1/k
eli väite (i) todistuu. Sillä ln(N+1) menee äärettömään, kun N menee äärettömään.
(ii) Seuraavaksi on osoitettava, että ääretön tulo \prod_i (p_i/(p_i-1)) divergoi (p_i on i:s alkuluku). Osatulo \prod_i^N (p_i/(p_i-1)) on kasvava, sillä (p_i/(p_i-1))>1
On helppo nähdä (vakuuta itsesi) \sum_{k=1}^{p_N}1/k<\prod_i^N (p_i/(p_i-1)). Siispä ääretön tulo divergoi.
Tällöin divergoi myös summa \sum_i ln(p_i/(p_i-1))=\sum_i ln(1+1/(p_i-1)).
Summa joka on muotoa \sum_n ln(1+a_n) (a_n>=0) suppenee (tai divergoi) jos ja vain jos \sum_n a_n suppenee (tai divergoi).
Sillä \sum_n ln(1+a_n)<=\sum_n a_n.
Siispä summa \sum_i 1/(p_i-1) divergoi. Nyt tehtäväsi on osoittaa, että myös summa \sum_i 1/(p_i) divergoi.
Riittää osoittaa, että ln(N+1)<\sum_{k=1}^{N}1/k, missä ln(x) tarkoittaa luonnollista logaritmia (kantaluku e=2,718.. on Neperin luku).
Tämä onnistuu induktiolla
(1) alkuaskel N=1--> ln(2)<1=\sum_{k=1}^{1}1/k Ok.
(2) Induktio-oletus ln(N+1)<\sum_{k=1}^{N}1/k kaikilla N:llä.
(3) Induktioaskel (väite arvolla N+1) ln(N+1+1)=ln(N+2)=ln((N+1)*(N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln((N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln(1+1/(N+1)).
On helppo nähdä, että kaikilla x>-1 pätee, että ln(1+x)<=x. Siispä
ln(N+1+1)=ln(N+2)=ln((N+1)*(N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln((N+2)/(N+1))=ln(N+1)+ln(1+1/(N+1))<ln(N+1)+1/(N+1)
Niinpä induktio oletuksesta saadaan ln(N+1+1)=ln(N+2)<ln(N+1)+1/(N+1)<\sum_{k=1}^{N}1/k+1/(N+1)=\sum_{k=1}^{N+1}1/k
eli väite (i) todistuu. Sillä ln(N+1) menee äärettömään, kun N menee äärettömään.
(ii) Seuraavaksi on osoitettava, että ääretön tulo \prod_i (p_i/(p_i-1)) divergoi (p_i on i:s alkuluku). Osatulo \prod_i^N (p_i/(p_i-1)) on kasvava, sillä (p_i/(p_i-1))>1
On helppo nähdä (vakuuta itsesi) \sum_{k=1}^{p_N}1/k<\prod_i^N (p_i/(p_i-1)). Siispä ääretön tulo divergoi.
Tällöin divergoi myös summa \sum_i ln(p_i/(p_i-1))=\sum_i ln(1+1/(p_i-1)).
Summa joka on muotoa \sum_n ln(1+a_n) (a_n>=0) suppenee (tai divergoi) jos ja vain jos \sum_n a_n suppenee (tai divergoi).
Sillä \sum_n ln(1+a_n)<=\sum_n a_n.
Siispä summa \sum_i 1/(p_i-1) divergoi. Nyt tehtäväsi on osoittaa, että myös summa \sum_i 1/(p_i) divergoi.
Tämän pähkinän:
soita, että alkulukujen käänteislukujen summa divergoi.
Eli \sum_{i=1}^{ääretön} 1/p_i=ääretön. missä p_i on i:s alkuluku.
Lopullinen todistus
soita, että alkulukujen käänteislukujen summa divergoi.
Eli \sum_{i=1}^{ääretön} 1/p_i=ääretön. missä p_i on i:s alkuluku.
Lopullinen todistus
Todistettiin aiemmin, että sarja \sum_i 1/(p_i-1) divergoi äärettömyyteen (p_i on i:s alkuluku).
1/p_i=(p_i-1)/p_i*1/(p_i-1)>=1/(2(p_i-1)). Siispä sarja \sum_i 1/p_i divergoi äärettömyyteen.
1/p_i=(p_i-1)/p_i*1/(p_i-1)>=1/(2(p_i-1)). Siispä sarja \sum_i 1/p_i divergoi äärettömyyteen.
Uusi pähkinä:
Osoita, että sarja f(z)=\sum_{n=1}n^(-z) suppenee itseisesti, kun Re(z)>1 (z=x+iy, Re(z)=x). Ko. funktio on hyvin tärkeä. Se on Riemannin zeeta-funktion määritelmä alueessa Re(z)>1. Se voidaan analyyttisesti jatkaa alueeseen C/{1} (1 on sen yksinkertainen napa).
Itseisen suppenemisen määritelmä: sarja \sum_{n=1}a_n suppenee itseisesti, jos \sum_{n=1}|a_n| suppenee (|a_n| tarkoittaa itseiarvoa, kompleksiluvulla z=x+iy, |z|=sqrt(x^2+y^2)).
Osoita, että sarja f(z)=\sum_{n=1}n^(-z) suppenee itseisesti, kun Re(z)>1 (z=x+iy, Re(z)=x). Ko. funktio on hyvin tärkeä. Se on Riemannin zeeta-funktion määritelmä alueessa Re(z)>1. Se voidaan analyyttisesti jatkaa alueeseen C/{1} (1 on sen yksinkertainen napa).
Itseisen suppenemisen määritelmä: sarja \sum_{n=1}a_n suppenee itseisesti, jos \sum_{n=1}|a_n| suppenee (|a_n| tarkoittaa itseiarvoa, kompleksiluvulla z=x+iy, |z|=sqrt(x^2+y^2)).
Kirjaudu sisään, jos haluat vastata ketjuun. Jos sinulla ei ole vielä käyttäjätunnusta, rekisteröidy nyt! Kirjaudu / Rekisteröidy
Verkkolehden uusimmat jutut
-
Kupari suli Kupittaan kuumuudessa: Chiefs nappasi täydet pisteet KuKiltaLue lisää »
-
PWHL aloittaa toisen kautensa – mukana kolme suomalaispelaajaa ja uudelleen nimetyt joukkueetLue lisää »
-
Kiekko-Espoo niukasti sarjan kärkipaikalta pudonnutta HIFK:ta parempi pääkaupunkiseudun taistossaLue lisää »
-
Joel Olkkonen jättää Liigan – pelipaikka löytyi länsinaapurin jumbojoukkueestaLue lisää »
-
Liiga-kierros: HPK pilasi SaiPan täydellisen marraskuun, Anders Koch espoolaisten sankari NordiksellaLue lisää »
-
Tappara jälleen aktiivinen pelaajamarkkinoilla – kokenut Mario Kempe kirvesrintoihinLue lisää »