MexMat.Net DMVN Logo
Меню
Яндекс цитирования Valid XHTML 1.0!
Форум

Посетителю форума

Чтобы добавить сообщение на форуме, необходимо авторизоваться! В качестве пароля нужно указать слово forumuser.

Поля, отмеченные звёздочками, являются обязательными для заполнения. Сообщение должно иметь длину по крайней мере 5 символов.

Смайлики в текст сообщения можно вставлять двумя способами: либо щёлкнуть на соответствующей иконке, либо просто написать идентификатор смайлика прямо в тексте сообщения, заключив его в знаки доллара, как математическую формулу в TeXе. Идентификатор смайлика можно посмотреть во всплывающей подсказке к его иконке. Пример: «Ни фига себе сайт $shocked$».

Пароль:
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 18.01.08 20:35:24 O.K.: Графики и.т.д.
Я выкладывал прогу для рисования двумерых (как множество, то есть $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$) графиков (см раздел ЧМ/Программирование) в PostScript. В настоящий момент доделываю версию для рисования одномерных/двумерных графиков и даже чуть больше. Но не знаю, когда таки доделаю undecided . И тут придётся всё равно самому слегка попрогать - хотя бы выводимую функцию описать.
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 17.01.08 21:58:46 Илья:
Ребят, подскажите пож-та программу для создания графиков и сложных математических рисунков
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 11.01.08 09:58:16 Yurik:
Ура, товарищи, админы снова здесь появились!
Да прибудет с вами сила :)
Комментарий:
Admin всегда на посту. Не спит, не ест и не пьёт. Даже в праздники. Положено ему так. По статусу.
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 10.01.08 19:47:40 Admin: Кумулятивное обновление сайта 10.01.2008
Так, ну во-первых поздравляем всех со всеми прошедшими праздниками, начиная от 7 ноября и заканчивая 7 января. Зачем? Ну приятно ведь, хотя и пустячок. Даже если Вам сайт не нужен, а Вы всё ещё подписаны на рассылку, Вы это прочтёте и порадуетесь. Праздники -- вещь вообще хорошая, а поздравления хоть в карман не положишь, на самом деле полезны. Кстати спасибо всем, кто поздравил с ДР, очень приятно. Так, к чему это я всё? А, ну да. А к тому, что на дворе 10 января, а это как известно, к сессии. И ботать уже надо. Собственно говоря, поддерживаю предыдущего оратора в плане того, что сайт давным давно нуждается в пополнении новыми материалами и вообще. Причём качественными. И тьфу-тьфу, но кое-что нам всё-таки прислали. И кое-что из этого даже было выложено. Радуйтесь.

Возможно, кого-то заинтересует Механика от Кугушева, набранная Стёпой, кто-то порадуется обновлению проги для построения графиков от Кости, а кто-то протащится от лекций Смолянова по функциональному анализу, набранных Пашей. Это не всё, было ещё кое-что, но оно чуть менее актуально.

Ну вот пожалуй и всё, что можно сказать. До новых встреч, дамы и господа. Пожалуйста, если вам не всё равно, в какую сторону ветвится синус в окрестности бесконечности, пришлите для этого сайта что-нибудь новое ценное (а лучше только что с пылу-с жару поТеХанное) и Отечество Вас не забудет.
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 07.01.08 17:13:53 AD: Товарищи! Выкладывайте билеты!
Товарищи! Призываю - выкладывайте экзаменационные билеты, списки вопросов итп!
Да, через год они станут никому не нужны, но пока эти экзамены еще не сданные - многие ботаны скажут спасибо. Ибо готовиться без билетов - бесперспективняк полнейший. Может быть, их стоит хранить здесь временно, чтобы не отвлекали при поиске конспектов. Их вполне можно в отсканенном виде выкладывать - одна страничка, жалко что-ли?

А теперь что я хотел этим сказать: типа у меня билетов нету нифига, в лом было ксерить, а теперь хочу нахаляву достать вонлайне. grin
Комментарий:
Я не вижу проблемы присылать сразу поТеХанные версии, по той простой причине, что набрать 1 страничку А4 и отправить письмо -- это работа примерно на полчаса, если не меньше, и в этом случае таки есть шанс, что этим же вечером этот материал появится на сайте (про urgent-письма я уже писал и ещё раз напомню).

Да кстати и насчёт неактуальности через год -- это тоже строго неверно, хотя бы по той причине, что когда народ начинает готовиться к пересдачам на 5 курсе, то очень часто хотят именно программу того курса и того лектора. Так что создание архива -- это тоже очень и очень полезное дело.

А засорять тут ничего не засоряется -- гугл/поисковик сайта в руки и вперёд. И не надо говорить, что оно не работает, просто пользоваться надо уметь. Удачи и успехов, уважаемые товарищи ботаны, и да пребудет с вами Сила и Халява!
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 26.12.07 13:53:53 никита: Нужны задания по мат логике!!!
очень нужны задания по мат логике или по дискретной математике!!!!!кто может шлите на мыло плз!!!!(МЕТОДИЧКИ С ЗАДАНИЯМИ!)
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 23.12.07 20:02:16 ppf:
Народ подскажите достаточное условие максимума функции от n-переменных. очень срочно!!!!!!!!
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 21.12.07 11:53:21 olegazmath:
...Ну вот, теперь на трезвую голову продолжу предыдущее сообщение с решением задачи.
Напомню, осталось доказать, что группа Z_{p^k}^* циклическая, где p - неч. пр.
Если k=1, то это известный факт: мультипликативная группа конечного поля всегда циклична. В самом деле, ни в какой меньшей степени, чем порядок этой мультипликативной группы, все её элементы не могут давать единицу: число корней полинома не превосходит его степени. Ну а дальше из примарного разложения следует циуличность.
Через q обозначим образующий в Z_p^*.
Пусть k=2. Докажем, что в Z_{p^2}^* либо q, либо q+p - образующий. В самом деле, порядок обоих элементов в группе Z_{p^2}^* делит p(p-1) и кратен p-1, т.к. в Z_p^* их порядок равен p-1. Значит, каждый из этих элементов либо имеет порядок p-1, либо является образующим. Предположим, что образующего среди них нет, т.е. оба в степени p-1 дают 1 по mod p^2. Но если расписать (q+p)^{p-1} по биному, то все слагаемые кратны p^2, кроме двух: q^{p-1} и p(p-1)q^{p-2}. Второе из них, как легко видеть, делится на p, но не на p^2. Поэтому (p-1)-е степени элементов q и q+p не сравнимы по модулю p^2.
Теперь через q будем обозначать образующий в Z_{p^2}^* - это либо прежний q, либо q+p. Докажем, что он и в Z_{p^k}^* образующий (k>1).
Для этого докажем следующее: при k>0 элемент q в степени (p-1)p^{k-1} сравним с 1 по mod p^k, но не сравним с 1 по модулю p^{k+1}. Применим индукцию по k. Для k=1 мы это уже поняли. Пусть верно для k>0; докажем для k+1. Обозначим q в степени (p-1)p^{k-1} через r. По предположению индукции r=ap^k+1, где a не кратно p. Распишем r^p по биному. Все слагаемые, кроме двух, кратны p^{2k+1}: p^k встречается хотя бы 2 раза, биномиальный коэффициент кратен p везде, кроме p^{kp}; но kp\ge3k\ge2k+1. А так как 2k+1\ge k+2, указанные слагаемые кратны p^{k+2}. Оставшиеся 2 слагаемых - это 1 и ap^{k+1}; напомним, что a не кратно p. Таким образом, r^p сравнимо с 1 по mod p^{k+1}, но не сравнимо с 1 по модулю p^{k+2}.
Теперь то, что q - образующий и в Z_{p^k}^* (k>1), легко доказать индукцией по k.
Для k=2 верно - уже доказали.
Пусть верно для k>1; докажем для k+1.
Порядок элемента q в Z_{p^k}^* равен (p-1)p^{k-1}, значит, в Z_{p^{k+1}}^* его порядок кратен (p-1)p^{k-1}, а с другой стороны делит (p-1)p^k, то есть равен (p-1)p^{k-1} либо (p-1)p^k. Нужно показать, что q при возведении в степень (p-1)p^{k-1} не даёт единицу по модулю p^{k+1}. Но ведь это-то уже доказано.
Вот. Ну ладно, сорри, что нафлудил тут и не прибрал за собой :)
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 21.12.07 02:12:54 olegazmath:
С вашего позволения отвечу simple_user’у.
Ответ в задаче: n = 4, p^k, 2p^k.
Представим n в виде произведения чисел вида p^k (разложим на простые множители). Числа p^k попарно взаимно просты => группа (кольцо) Z_n есть декартово произведение групп (колец) Z_{p^k}, а группа Z_n^* - декартово произведение групп Z_{p^k}^*. Если при этом Z_n^* - циклическая, то и все группы Z_{p^k}^* циклические и имеют попарно взаимно простые порядки. В
частности, среди этих порядков не более одного чётного. Но порядок Z_{p^k}^* равен(p-1)p^{k-1}, а значит, чётен при p\ne2. Таким образом, n имеет не более одного нечётного простого делителя, и его разложение на простые множители - p^k2^l. Группы Z_{p^k}^* и Z_{2^l}^* должны быть циклическими. Но если q нечётно, то q^2=1 (mod 8). Далее, если q=1 (2^m), m>0, то q^2=1 (2^{m+1}), так как (2^m\cdot a + 1)^2 - 1 кратно 2^{m+1}. Значит, при нечётном q и при l>2 имеем q^{2^{l-2}} = 1 (2^l) (доказывается индукцией), то есть в группе Z_{2^l}^* порядка 2^{l-1} уже при возведении в степень 2^{l-2} все элементы дают единицу. Таким образом, группа Z_{2^l}^* циклична <=> l=0,1,2. Еслиl=2, то порядок этой группы чётный, а значит, n в этом случае вообще не может иметь нечётных простых делителей.
Остались случаи p^k и 2p^k (p - неч. пр.). Имеем Z_{2p^k}^*=Z_{p^k}^*, так как группа Z_2^*тривиальна. Поэтому достаточно разобрать случай n=p^k. Это я как-нибудь в другой раз напишу, если не потеряет актуальность, а то и так длинно получилось :)
EMailHomePageIPUserAgent [Link] 19.12.07 19:58:07 Simple_User: Алгебра
Народ, никто не подскажет, как решается задача о нахождении всех n при которых мультипликативная группа в Zn (она состоит из чисел k таких, что НОД(n,k)=1) - циклическая.
Буду благодарен за все умные мысли касательно задачи.