Találni kellene legalábbis egy darab (ez a szokásos, megszámlálható) omega-homogén permutációcsoportot. Ezt nem ertem. A csoport nyilvan nem lehet c-nel kisebb szamossagu.
Legyen kappa egy tetszőleges rendszám.
Egy permutációcsoportot kappa-homogénnek nevezünk, ha bármely két kappa számosságú halmazhoz létezik olyan csoportelem, amely ezeket - mint halmazokat - egymásba viszi (bijektíven).
Kappa-tranzitívnak nevezzük a csoportot, ha még az elempárokat is kijelölhetem (elem és a képe).
Találni kellene legalábbis egy darab (ez a szokásos, megszámlálható) omega-homogén permutációcsoportot.
Még jobb lenne egy olyat, ami omega-homogén, de nem omega-tranzitív.
Pláne jó lenne ilyet tetszőleges rendszámra.
Azt tudjuk, hogy ha egy csoport omega-homogén, akkor primitív (tranzitív és nincsenek blokkjai).
A feladatot megfogalmazhatom talán egy kicsit közérthetőbben is:
Kerestetik olyan csoport, amely természetesen legalább megszámlálhatóan végtelen alaphalmazon vett permutációcsoport, és azt tudja, hogy tetszőleges két megszámlálható részhalmazt kiválasztva létezik olyan csoportelem, amely ezeket (mint halmazokat) pontosan egymásba viszi. (ráképezés)
Sztem valami olyasmiről van szó, hogy két db. 16 hosszú byte-vektorba 0..9 számokat teszünk, és az egész tkp. egybeolvasva kiad egy egyébként nem ábrázolható számot, és két ilyen elosztására kéne neki algoritmus.
Valami olyasmi mint általánosban az irásbeli osztás, többjegyű többjegyűvel.
off.szevasztok lenne egy nagyon primitiv kerdesem
szeretnek /assemblyben/ leprogramozni ket max.16 byteos/1 byte 1 decimalis szamjegy/ elosztani
remelem tudtok segiteni, elore is koszi
valami elv is eleg, nem kell lekodolni
thnx
Koszonom, jol hangzik! Persze felmerul a kerdes, hogy fuggetlen meresekkel hany golyo kezelheto. Ez egy erdekes kombinatorikai problemat vet fel, es arra vagyok kivancsi, hogy mennyire nehez vagy ismert ez a problema. A 12 golyora a megoldasom fuggetlen mereseket enged meg. Erdekes, hogy a 3n/2 nem kozelitheto meg aszimptotikusan vagy legalabbis nem ezt varod.
Úgy értettem, hogy a mérések nem függhetnek a korábbi mérések eredményétől. Tehát mondani kell három olyan mérést úgy, hogy a három eredményből mindig kiderül, hogy melyik golyó a könnyebb, illetve nehezebb.
Ha jól látom, n>2 mérés esetén 12*3n-3-ra működik a dolog akkor, ha a mérések függhetnek a korábbi mérések eredményétől. Az, hogy ennyire megy, a 12 golyós eset ismeretében trivi. A másik irányt inkább nem ígérem biztosra. :-)
A 12 golyosra tudom, hogy megallapithato, hogy a kakukktojas konnyebb-e vagy nehezebb. Azt nem ertettem, hogy "sot a harom merest is elore meg kell mondani".
Kedves Dr.Feelgood,
van absztrakt a mathscinet-ben, de csak ennyi.
Summary: "We derive the formula to compute the stability conditions of the invariant curve caused by the Neimark-Sacker bifurcation. Moreover, we give the explicit expression of the invariant curve. We apply our result to the delayed logistic equation."
kedves Gergo73, nekem most nincs mathscinet
hozzaferesem, lehet egy keresem?
a kovetkezo cikknek kene az absztraktja (ha van,
a Zentralblatton nincs), hogy erdemes-e utanajarnom:
Murakami, Kouichi
The invariant curve caused by Neimark-Sacker bifurcation. (English)
Dyn. Contin. Discrete Impuls. Syst., Ser. A, Math. Anal. 9, No.1, 121-132 (2002)
Szerintem a megoldasod nem helyes. Megmered A-B-t. Tegyuk fel, hogy A konnyebbnek tunik, mint B. Akkor most hol van a kakukktojas? Azt allitod, hogy tudjuk, pedig nem tudjuk. A kakukktojasrol ugyanis nem tudjuk, hogy konnyebb-e a tobbinel avagy nehezebb.
4 db 3-as csoportra osztjuk őket, A, B, C, D jelűre, ezek közül pontosan az egyikben benne van a renitens.
Megmérjük A-B-t. Ha valamerre eldől, akkor E:=megfelelő csoport (A v B) else nem dőlt el vagyis C-D közül valamelyikben van, ezeket is mérjük meg és E:=megfelelő csoport
Most <=2 mérésből tudjuk, hogy az E hármasban van a keresett, véletlenszerüen választunk közülük kettőt elvégezzük a legfeljebb harmadik mérést, mindkét serpenyőbe 1-1 golyót rakva, ha egyenlő, akkor a harmadik golyó az, ha eldől, akkor az, amerre eldőlt.
Ez sem egy trivialis feladat. A tetelt 1936-ban Shoda kozolte (Jap. J. Math. 13 (1936), 361-365), majd tetszoleges testre Albert es Muckenhoupt altalanositotta (Michigan Math. J. 4 (1957), 1-3). Ket evvel ezelott Rosset es Rosset kiterjesztette az allitast tetszoleges 0-karakterisztikaju foideal-tartomanyra (Comm. Algebra 28 (2000), 3059-3072) is.
Ha mar itt tartunk, hadd adjak fel en is egy feladvanyt. Jomagam talaltam ra megoldast, de nem tartom eleg szepnek vagy megvilagito erejunek. (Pl. nem latom belole az altalanositott feladat megoldasat.) A feladat a kovetkezo. Van 12 golyonk es egy ketkaru merlegunk. A golyok kozul 11-nek megegyezik a sulya, 1-nek viszont ettol eltero. 3 meressel allapitsuk meg, melyik golyo a kakukktojas.