|
|
[3467] Paralelepipedon | 2011-09-02 17:55:54 |
Nemrég eszembe jutott az alábbi feladat. Sajnos még bizonyítani és cáfolni sem tudom.
531. Adott egy valós, periodikus függvény, melynek értelmezési tartománya és értékkészlete nem korlátos alulról és felülről sem. Bizonyítsuk (vagy cáfoljuk), hogy van olyan szám, mely nem eleme az értelmezési tartománynak.
|
|
|
|
[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 |
|
|
|
|
|