|
[3464] Tóbi | 2011-08-19 12:07:41 |
530. Tegyük fel, hogy lehetőséget kaptunk arra hogy a következő játékot játsszuk. Mutatnak nekünk két egyforma lezárt borítékot egy asztalon. Elárulják, hogy az egyikben kétszer annyi pénz van, mint a másikban. Ezután arra kérnek, hogy vegyük kézbe az egyik általunk választott borítékot. A játékvezető döntés elé állít minket: Azt a borítékot kérjük, ami nálunk van, vagy cserélünk és inkább a másikat visszük el? Mielőtt döntenénk hárman is adnak tanácsot.
1. Ne cserélj! Legyen p a nálad lévő, q az asztalon lévő összeg. Egyenlő eséllyel lesz p<q vagy p>q. Ha p>q, akkor p=2q, így 2q-q=q pénzt buksz. Ha p<q, akkor p=q/2, így q-q/2=q/2 pénzt nyersz. Tehát többet bukhatsz a cserével, mint amit nyerhetsz.
2. Cserélni kell! Ha p<q, akkor q=2p, így a cserével 2p-p=p pénzt nyersz. Ha viszont p>q, akkor q=p/2, tehát p-p/2=p/2 pénzt vesztesz. Megéri tehát cserélni, hiszen kétszer annyit nyerhetsz, mint amennyit veszíthetsz.
3. Mindegy, hogy cserélsz-e. Legyen ugyanis n a kisebb a két borítékban lévő pénz közül. Ha p>q, akkor q=n és p=2n, tehát n-et vesztünk egy cserével. Ha p<q, akkor p=n és q=2n, így a hasznunk n lesz a csere esetén. Ugyanannyi a hasznunk illetve kárunk a két esetben, így mindegy, hogy cserélünk-e.
Melyik tanácsot fogadjuk meg?
|
|
[3463] Csimby | 2011-06-23 10:35:35 |
Amit írtam úgy értettem, hogy ha felhasználjuk az amúgy önmagában is érdekes 529.-et, akkor már szinte semmi se kell (annyi, hogy xpd-cx gyökei test szerinti mellékosztályt alkotnak, GF(pd)-szerintit, de ez triv.). De persze ha 529.-et is bizonyítani akarjuk akkor annál már biztos egyszerűbb az amit te írsz.
|
Előzmény: [3462] Maga Péter, 2011-06-23 09:23:18 |
|
[3462] Maga Péter | 2011-06-23 09:23:18 |
Hmmm... lehet, hogy megint elnézek valamit, de én ennél is kevesebbet használtam fel a véges testekről. Konkrétan azt, hogy egy rögzített, p karakterisztikájú testben 1) minden d1-re legfeljebb egy pd elemű résztest van; 2) a multiplikatív csoport minden véges rendű eleme egy véges résztestet generál. Meg még annyit, hogy egy véges (additív) csoport egy valódi részcsoportjában legfeljebb az összes eleme fele lehet.
|
Előzmény: [3459] Csimby, 2011-06-22 13:43:32 |
|
|
|
[3459] Csimby | 2011-06-22 13:43:32 |
Igen az a rész elemi, ami nem jelenti azt hogy könnyű rájönni :). Ha jól értem te már megoldottad mindkét részt, tehát talán nem baj ha segítek a végtelenséghez annak akit érdekel. Lehet máshogy is persze, de talán úgy kell a legkevesebbet tudni hozzá véges testekről ha felhasználjuk ezt:
529. Legyen T test p>0 karakterisztikával, A pedig egy véges additív részcsoportja, pd elemszámmal. Ekkor ahol az együtthatók T-ben vannak. ("fundamental theorem of additive polynomials" egyik iránya)
|
Előzmény: [3458] Maga Péter, 2011-06-22 12:41:32 |
|
|
[3457] Csimby | 2011-06-22 11:12:10 |
Az összes példa ilyen, tehát nem véletlen hogy hasonlít :) Csak a bázisok struktúrája más és így az indoklás ott. Mármint ilyen az összes: legyen F 2-karakterisztikájú test, ekkor A egy F2-feletti altér. Az új feladat amúgy szerintem nehezebb, legalábbis kell hozzá ismerni pár dolgot ami nélkül nem tudom hogy lehet.
|
Előzmény: [3456] Maga Péter, 2011-06-22 10:32:58 |
|
[3456] Maga Péter | 2011-06-22 10:32:58 |
Ez szerintem teljesen ugyanaz, mint az enyém: GF(2)=k (na jó, itt a 2 karakterisztikájú test általánosabb:P, de sehol nem használod te sem, hogy konkrétan a kételemű testről van szó), T=K, T2=k'.
A megjegyzés is érdekes, azt gondolom, megér egy feladatot (talán ez egy kicsit könnyebb, mint az eredeti).
528. feladat Bizonyítsuk be, hogy az 527. feladatban keresendő test mindig 2 karakterisztikájú, és az additív csoport mindig végtelen.
|
Előzmény: [3455] Csimby, 2011-06-22 09:57:05 |
|
[3455] Csimby | 2011-06-22 09:57:05 |
Most elég fáradt vagyok, de jónak tűnik, szép! Az én példám ez lett volna: Legyen T=GF(2)(x,y) a GF(2) feletti kétváltozós rac.fv. test. T2={f2 | fT} a T egy részteste és legyen A a T2 feletti altér 1,x,y bázissal, ennek 1 eleme, de xy nem eleme, tehát nem test vagy test szerinti mellékosztály. Ugyanakkor tehát a2T2 (tagonként lehet négyzetre emelni) és így Az is igaz amúgy, hogy csak 2-karakterisztikában van ilyen példa és csak végtelen additív részcsoportra.
|
Előzmény: [3454] Maga Péter, 2011-06-22 09:11:12 |
|
[3454] Maga Péter | 2011-06-22 09:11:12 |
Legyen k egy 2 karakterisztikájú test. Legyen k'=k(x,y), a kétváltozós racionális függvénytest. Ebben x és y nem négyzetelemek. Bővítsünk a és elemekkel, a kapott test legyen K.
Legyen a keresett test K.
A K test k'-vektortér, tekintsük az bázist.
Legyen a keresett A halmaz a elemek által generált altér. Ez valóban additív részcsoport. Be kell látnunk, hogy A-1{0}=A. Ez azért igaz, mert reciproka (a,b,c nem mind 0) (érdekes melléktermék, hogy a nevező sohasem 0, bár ez elemien is belátható).
Ha A egy résztest szerinti mellékosztály lenne, akkor tetszőleges nem-0 elemével osztva megkapnánk ezt a résztestet. De a megadott A halmazt -szel osztva az generálta k'-alteret kapjuk, ami nem test, hiszen szorzatként adja -et.
|
Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48 |
|
|
[3452] Csimby | 2011-06-19 20:08:35 |
Igen, minden résztest a saját maga szerinti triv. mellékosztály, tehát a résztestek nem jó példák.
Viszont a te példádat meg nem értem. Mondjuk az miért lesz lin. törtfv.?
|
Előzmény: [3450] Maga Péter, 2011-06-19 16:38:43 |
|
[3451] Maga Péter | 2011-06-19 17:27:45 |
Mondjuk a komplex test felett vegyük az alakú (lineáris) törtfüggvényeket. Két ilyen összege ilyen, egy ilyen reciproka is ilyen, és reciprokként minden nem-0 előáll. Ha ez valamilyen K résztest szerinti mellékosztály, akkor ez konkrétan maga a test, mert az 1 benne van. Viszont ez nem lehet, például z2 nincs benne, pedig a z benne van. A nagy test mondjuk a teljes komplex racionális függvénytest.
|
Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48 |
|
|
[3449] jonas | 2011-06-19 12:57:50 |
Mondjuk lehet T=A=R. Vagy akár T=R és A=Q, mert 1A önmagában garantálja, hogy A nem lehet egy résztest multiplikatív mellékosztálya, hiszen 1 biztosan benne van a résztestben.
|
Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48 |
|
|
|
|
|
[3444] HoA | 2011-05-30 21:54:09 |
Akkor ne csak kérdés legyen, hanem feladat is:
Hány lényegesen különböző kezdeti kirakás van, ha azokat a kirakásokat nem tekintjük lényegesen különbözőknek, melyek a játék szabályos húzásaival egymásba átalakíthatók?
|
Előzmény: [3443] jonas, 2011-05-29 13:58:29 |
|
|
[3442] lorantfy | 2011-05-28 23:13:00 |
525. Legkevesebb hány húzással rendezhető át a 4x4-es kirakó az alaphelyzetéből a fordított számsorrendbe?
|
|
|
[3441] cauchy | 2011-04-24 03:49:33 |
Ha Sir Galahadet nem választja ki, akkor 5 lovagot kell kiválasszon 11 közül, ha kiválasztja, akkor a többi négyet 9 közül kell kiválassza, most már kör nélkül.
|
Előzmény: [3438] lorantfy, 2011-04-18 12:32:12 |
|