Спасибо, буду разбираться

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 . И тут придётся всё равно самому слегка попрогать - хотя бы выводимую функцию описать.

Ребят, подскажите пож-та программу для создания графиков и сложных математических рисунков

Ура, товарищи, админы снова здесь появились!
Да прибудет с вами сила :)

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.

очень нужны задания по мат логике или по дискретной математике!!!!!кто может шлите на мыло плз!!!!(МЕТОДИЧКИ С ЗАДАНИЯМИ!)

Народ подскажите достаточное условие максимума функции от n-переменных. очень срочно!!!!!!!!

...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 :)