Hm. Fakt. Sa divim ze toto riesenie v tej algebraickej knizke nebolo. :D Alebo som ho tam len cez tie pismenka nevidel.

cituj ma

hej uz som pochopil... a tie vase znacky vyzeraju skor jak chemicke prvky

cituj ma

Čo zahmlievam? To SÚ priamky. Nemusíš byť v , aby si si mohol definovať priamky. A nechcel som prezradiť všetko, nech sa nad tým ešte treba zamyslieť.

Kubo: Nakresli si štvorček a skús na takejto -štvorčekovej sieti nejako rozumne povedať čo je priamka, hm? Napríklad to môže byť jeden stĺpec (podobá sa, nie) Takú priamku vieš aj pekne popísať nejakou rovnicou, ak súradnice riadkov aj stĺpcov bereieš ako zvyšky po delení . Rovnako priamka môže byťaj jeden riadok. Alebo nejaká šikmá, hm? Snáď už je jasnejšie, čo som hovoril :)

cituj ma

No ked sa prekryvaju, vtedy budu mat 6 :)
Ale ondrac zahmlieva, tie priamky v su take priamky-nepriamky... Proste body [x,y] tvaru ax+by=c, ked to beries modulo 6. Asi.

cituj ma

Ako ma fungovat to ze 2 priamky maju 1 alebo 6 priesecnikov?

cituj ma

Fajn :) Moje riešenie spočívalo v štvorci a každý bod susedí s troma priamkami, ktoré ním prechádzajú (také diskrétne priamky). Potom sa tam veľmi pekne dá využiť to, že dve priamky majú práve jeden, alebo 6 priesečníkov a výsledok je na svete. Skúste si to už domyslieť sami :) (Aby sme s Busom neprezradili každý detail ;))

cituj ma

Lahsie sa to checkuje ked si to nakreslis. Ja som si to kreslil ako styri poschodia stvorcov 3x3. Potrebujes dokazat, ze pre kazdy vektor (ijk) existuje presne 6 usporiadanych dvojic bodov z mojej mnoziny (oznacme ju M), ktore sa lisia o (ijk). Inac povedane, ak vezmes M a jej kopiu posunutu o (ijk), musia mat tieto dve mnoziny vzdy presne sestprvkovy prienik. Vyhodou M je to, ze pre lubovolne dve rozne poschodia p a p+i plati, ze ked poschodie cislo p posunies o (ijk) tak takto ziskana mnozina bude mat prienik s poschodim p+i nezavisly od j a k. (Napriklad poschodie 0 ma s poschodim 1 vzdy 2-prvkovy prienik atd.)

cituj ma

Idem teraz do skoly, takze to nestiham checkovat, ale Bus je nadejny aspirant na margotku :) Moje riesenie ma tiez taku nejaku modulovu strukturu :) Ale je len dvojrozmerne :)

cituj ma

Ok tak toto je the best co sa mi zatial podarilo: Usporiadaj si vrcholy do kvadra 4x3x3. Vrchol (000) bude susedit s vrcholmi:

(010), (011), (012), (020), (021), (022), (100), (110), (120), (200), (211), (222), (300), (312), (321).

Vrchol (abc) potom bude susedit s tymi istymi vrcholmi ako (000) ale posunutymi o vektor (abc). (Samozrejme modulo prislusne rozmery kvadra.)

cituj ma

Som zvedavy :). Ze by som pozrel vzorak?

cituj ma

Tento sa dá :) Však to bude na niekoľko riadkov vo vzoráku :)

cituj ma

Aka nahodicka, presne toto teraz bereme na kombiantorike so Skovierom. Ked sa chces nieco poducit Ondrac tak prid ;). Alebo googli "Symmetric Balanced Incomplete Block Designs". Co treba je SBIBD (36, 15, 6), skusal som to googlit a nasiel nejake skonstruovane vo viacerych clankoch ale obavam sa ze ziadnym "jednoduchym" sposobom sa asi nedaju predstavit :P.

cituj ma

:) Fajn, takže už vieme, že taký graf existuje, ale margotka je ešte nepridelená, čakám na nejaký elegantný popis takého grafu :)

cituj ma

Tak mne sa podarilo riesenie vygooglit (to ani nie je hruba sila, skor sikovnost hladania :) ), ale za taketo riesenie si nezasluzim, a ani nechcem margotku. Vdaka tomuto prikladu som sa dozvedela, co su silne regularne grafy: http://mathworld.wolfram.com/StronglyRegularGraph.html. No a riesenie mozte nejst tu: http://www.maths.gla.ac.uk/~es/36.vertices, pohladajte tam dim=36, degree=15, lambda=6, mu=6, zacina to asi tak v strede. Vraj existuje az 227 takych neizomorfnych grafov. Zatial aj tak neviem, ako vyzeraju tie grafy, lebo su tam len incidencne matice a velmi sa mi nechce prekreslovat si to do obrazkov...

V kazdom pripade by ma zaujimala nejaka elegantna metoda, ako najst taky graf.

cituj ma

Viacerí ste dokázali, že musí platiť a pre ľubovoľnú dvojicu matematikov existuje práve iných matematikov, s ktorými sa pozdravili. Nikomu sa však nepodarilo taký prípad naozaj skonštruovať. Kto to zvládne ako prvý, pred zverejnením vzoráku (alebo zhliadnutím), má u mňa margotku (podľa vlastného výberu) :) Zúčastniť sa môže hocikto (aj vedúci). Keďže víťaza posudzujem ja, tak odmietam riešenia hrubou silou (počítačom nájdená správna konštelácia). Vaše riešenia píšte sem.

cituj ma