Elég volt ám a töredék is. A "ha semmit sem akarunk használni" szövegrészt pedig a "ha nem teszünk fel semmit" értelemben emeltem ki egy másik feladat kapcsán.
"ha semmit sem akarunk hasznalni" Vissza kellett néznem az előzményt, hogy melyik példára vonatkozik :-)))
Figyelnék, csak el kell mennem egy pár órára.
Megvan a nullosztós ellenpélda:
Legyen a gyűrű a (mod 4) maradékosztályok, a két polinom f = 1 + 2 x , g = 1.
Mivel (1 + 2 x)2= 1, ezért f osztja g-t és nyilván fordítva is, de egyik sem konstansszorosa a másiknak.
Hi, Híd!
1. Test fölött igaz az oda-vissza állítás.
2. A vissza irány általában nem igaz gyűrűkre. (Pl. Z felett 2g és g.)
3. Nullosztómentes gyűrűre az oda irány igaz (ha kölcsönösen osztják egymást, akkor egyik a másiknak konstansszorosa), mert a fokszám szorzáskor additív.
4. Ha van nullosztó, akkor szerintem az oda irány sem igaz, de még nincs ellenpélda.
Hi, sashimi!
Az n>2 eset tényleg nem egyszerű :-)))
Főiskolások/egyetemisták tartották nekünk az órákat, s ők tették fel a kérdést. A hét végén kellett válaszolni, de a zsűri csupa idősebb tanárból állt, s a zsűri a következőket mondotta a megfejtés után: -A zsűri nem kíváncsi a megfejtés mikéntjére. :))
1. Szvsz ez egy tétel, nem a definíció, de lehet, hogy rosszul emlélkszem.
2. Az, hogy a konstans, pont azt jelenti, hogy a K-beli. Az általad írt feladatban szerepelt ez a kikötés (én meg átvettem a jelöléseket).
Köszi, a baj csak az, hogy itt a könyvben az áll, hogy
"tetszőleges K test esetén két K[x]-beli polinom akkor és csak akkor asszociált, ha egyik a másiknak 0-tól különböző konstansszorosa."
És most a-ra nincs kikötés, hogy konstans lenne, akkor most mi a helyzet?
f|g, ha van olyan h, hogy g=fh.
Vagyis az állítás azzal ekvivalens, hogy f=ag -> g=fh (akkor), illetve f=gh1 & fh2=g -> f=ag (csak akkor).
Az akkor rész test esetén igaz (h legyen a inverze), a számtest nem tudom mi, de nyilván az is test, úgyhogy ott is, kommutatív gyűrűnél már nem feltétlenül. (Pl. egész számgyűrű feletti polinomok, x^2 és 2*x^2)
A csak akkor rész: f=g*h1=f*h2*h1, azaz h1*h2=1, ebből kéne kihozni, hogy h1 és h2 K-ban van, de nem emlékszem, mit lehet ilyenkor használni. (Fokszámra lehet hivetkozni általános K feletti polinom esetén? Azzal biztos menne...)
Ez egy elég közismert feladat, 2 fiú, 2 lány, 4 nyavalya... A megoldás ugyanez.
Most segítséget szereznék kérni. Van itt pár feladatom diszkrét matek vizsgára megyek pénteken, elvileg ezeket meg kellene tudni oldanom, de eddig nem jötem rá, hogyan.
1. Bizonyítsa be, hogy minden 5-tel nem osztható páratlan számnak van olyan töbszöröse, amelynek 10-es számrendszerbeli alakja csupa 1-es számjegyből áll.
2. Ezt nem nagyon értem, elvileg könnyű, de az elmélet a könyv alapján nem akar tiszta lenni teljesen.
Az alábbi hiányos állítás kipontozott részére beírva a "kommutatív gyűrű", "test", illetve "számtest" kifejezéseket, három állítást kapunk. Ezek közül melyik igaz, melyik nem, miért?
"Tetszőleges K ... fölötti polinomgyűrűben az f, g polinomok akkor és csak akkor asszociáltak (ez azt jelenti, hogy f|g és g|f), ha van olyan a eleme K, hogy f=ag."
Hid, en abban a valtozatban ismerem, hogy n csaj es n srac van, s mindenki mas nemi betegsegben szenved. Hany gumi kell, ma mindenki mindenkivel szeretne ...? Amennyire en tudom a pontos szam meghatarozasa komoly problema, emlekeim szerint pl Hajnal es Lovasz is foglalkoztak a kerdessel. P.C valtozatban n sebesz akar megoperalni n beteget.
Pisti felhúzza mind a kettőt, megdugja Krisztit
Lehúzza a felső gumit, Laci felhúzza, és ő is elintázi Kriszit
A maradék gumival Pisti rámászik Mónira
Lekapja, amikor végez, odaadja Lacinak, az ráhúzza a Krisztis gumira, és jöhet Mónika
Elméletben így, gyakorlatban nem tudom, hogy lehet megcsinálni :))
A következő feladványt kaptuk annak idején, mikor egy felvételi előkészítőn vettünk részt(PSZF), s sikerült nekem is megismerkednem Erdős Pali bácsi "falfirkáival". :))
Bocs az egyszerűségért, de a szórakoztatás a lényeg.
Tehát:Két fickó úgy dönt, h megünneplik a munkabéremelést,s éjszaka felteszik az i-re a pontot. El is indulnak, s felvesznek két csajt, akik közül az egyik Aids-es. Természetesen le akarják fektetni a két csajt. Azonban vigyázniuk kell, h senki se kapja el a csajtól a betegséget. Össz-vissz két óvszer van náluk. Tehát hogyan megy végbe a nemi aktus, h senki ne kapja el, s mindkét krapek mindkét csajjal közösüljön?
Bocs, hogy 2x, de idetartozik. Az Euler-köröket nem olyan könnyű megszámolni, mint megrajzolni!
Kérdés: Hányféleképpen lehet bejárni egy adott pontból kiindulva az alábbi gráfok éleit?
(1) teljes ötszög;
(2) 3D-s oktaéder;
(3) 4D-s kocka;
(4) 4 ház -- 4 kút.
(Az elsőre tudom a választ, a többi blöff. De hátha valakinek szórakoztató :-))
Most értem csak haza vidékről, és akartam volna ugyanezt beírni :-((
Szóval nagyon is ez a lényege, mármint a mohóságnak. (Euler körről még nem maradt le senki. Adja magát, frivolan szólva.) A két feladat egyébként 7-es és 8-as sorszámmal megtalálható a Lovász könyvben (Comb. Problems & Exercises, chap 5).
Szellemes konstrukció. Bár, ha úgy nézzük, hogy a sztringet nem lehet elrontani, a felhasznált lőpornak ágyúszaga van.
Más. Ha már szó volt tengeralattjárókról meg léghajókról. Tudja valaki, hogy hogyan kell mondjuk 2 km mélyről legrövidebb úton feljönni a felszínre (kormány van, magasságmérő és fény nincs)? A 2D-s változat elég ismert. Úgy rémlik, mintha ez ugyanaz volna, mint körberepülni egy léghajóval a Földet úgy, hogy közben minden pontját megnézzük. Túl sokat nem foglalkoztam vele, nyilván nem egyszerű.
inkább a 3-asok lehetnének a csúcsok, abc és bcd összeötve az abcd éllel, (aaa magára is mutat egy él), akkor az éleket kell bejárni egyszer, a pontokat többször, így tényleg Euler-kör, csak irányított esetben (minden pontba annyi él mutat bele, mint belőle, pontosan 10) -- így nem ragadhatunk be.
Nem vagytok semmik! Én csak rajzoltam egymás mellé kis négyzeteket (egy kis négyzet = egy szám), első 4 négyzet 1. kombináció, 2-5. négyzet a 2. kombináció 3-6. a 3. stb. Persze így is 10003 kis négyzet kell a 10000 kombinációhoz, de ez nem hangzik olyan szörnyen.
Ez egy gráfelmélet-példa.
A gráf csúcsai a 4-hosszú kombinációk,
és mutasson egy (abcd) csúcsból irányított él
minden (bcde) csúcsba. Ezt a gráfot kell bejárnunk. A gráfelméletet eléggé elfelejtettem,
de szerintem ezt mohón is be lehet járni, azaz
mindig oda megyünk, ahol még nem jártunk és így sem fogunk elakadni. Tegyük fel, hogy bementünk egy olyan (abcd) csúcsba, ahonnan nem tudunk kijönni, azaz már jártunk minden (bcdx) csúcsban,
x=0,1,..9. Amikor bementünk bcd0-ba, akkor valamilyen zbcd-ből mentünk oda. Amikor bcd1-be
mentünk be, oda egy másik z'bcd-ből mentünk, de ilyen elődből összesen 10 különböző van, szóval köztük van az abcd is, ez ellentmondás, szóval mohón be tudjuk járni. Most már én sem értem, ráadásul el kell mennem, de valahogy igy kell.
Gond akkor lehet, amikor valamelyik bcdx eppen az elso, de valahogy ezt is ki lehet küszöbölni.
Hi,
Irtó ügyesek vagyunk. Kösz. Ráfoghatnám az Omega együttesre, mert tényleg az járt a fejemben (rá is kerestem a lemez évszámára, 1969), de az igazság az, hogy én ciklusban ismertem ezt (azaz egy dk csúcsú szabályos sokszög csúcsait színezhetjük "d" színnel úgy, hogy minden "k" hosszú ív különböző).
