Fórum: Érdekes matekfeladatok

Nem túl eredeti példa, kb. 10-szer láttam már.

Első olvasásra érdekes, de azért nem rejlik túl mélyen a probléma megoldása :)

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?

Amit írtam úgy értettem, hogy ha felhasználjuk az amúgy önmagában is érdekes 529.-et, akkor már szinte semmi se kell (annyi, hogy x^pd-cx gyökei test szerinti mellékosztályt alkotnak, GF(p^d)-szerintit, de ez triv.). De persze ha 529.-et is bizonyítani akarjuk akkor annál már biztos egyszerűbb az amit te írsz.

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 p^d 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.

Igazad van, butaságot mondtam. Elnézést kérek.

Azt talán még nem árt megjegyezni, mennyire támaszkodunk a kommutativitásra: a kvaterniók között az i,j,k elemek által generált valós altér triviális példa.

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, p^d elemszámmal. Ekkor ahol az együtthatók T-ben vannak. ("fundamental theorem of additive polynomials" egyik iránya)

Na jó, az additív csoport végtelenségéhez tényleg kell ezt-azt tudni a véges testekről... De az, hogy a karakterisztika 2 kell legyen, elemi.

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.