[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 |
|
|
[3439] physis | 2011-04-20 08:45:48 |
Én egy hónapja találkoztam a feladattal, és bár numerikusan megoldottam, de én akkor egyáltalán nem jutottam messze a megértésben, mindössze leteszteltem, és kézzel felrajzoltam a gáfot is (az egyik lehetséges séma szerint). A gráf kétségtelenül szabályosságokat mutat, de azért az előző Hozzászólók megoldása sokkal szebb.
A gráf itt látható (nyugodtan lehet nagyítani, mert vektorgrafikus SVG-ábra, nem kockásodik, bár lehet, hogy egyes böngészők esetén esetén a rosszminőségű rasztergrafikus vésztartalék-változatom jön be helyette). 0-tól 11-ig vannak beszámozva a lovagok.
|
Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52 |
|
|
|
[3436] bily71 | 2011-04-16 18:39:10 |
Az 524. feladat átfogalmazva:
Egy szabályos 12 szögbe rajzoljunk úgy 5 szögeket, hogy az ötszög csúcsait a 12 szög csúcsaiból választjuk ki úgy, hogy ne legyen köztük két szomszédos.
Megoldás:
Tehát van 5 kiválasztott csúcsunk és minden szomszédos kiválasztott csúcs közé legalább egy nem kiválasztott csúcs esik. A 12 szög csúcsait megszámozva 3 lényegesen különböző kiválasztás lehetséges, melyek forgatással nem vihetők egymásba: 1,3,5,7,9; 1,3,5,7,10; 1,3,6,8,10. Ha ezeket a szabályos 12 szög középpontja körül k/6-tal elforgatjuk, ahol k=1,2,...,11, megkapjuk az összes olyan 5 szöget, mely kielégíti a fenti feltételeket, ilyen 5 szögből tehát 3.12=36 van, vagyis a király 36 féleképp tud kiválasztani 5 lovagot úgy, hogy ne legyen köztük haragos.
|
Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52 |
|
[3435] lorantfy | 2011-04-16 11:34:52 |
524.feladat
Arthur király kerekasztalánál 12 lovag foglal helyet. Minden lovagnak két haragosa van, a két szomszédja. Hányféleképpen tud a király kiválasztani közülük 5 lovagot úgy, hogy ne legyenek köztük haragosok? (Medve matematika verseny)
|
|
|
|