Matematika

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
fox
Prispevkov: 91
Pridružen: 12.5.2008 1:45

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a fox »

zdravo

a lahk mi en pomaga

1) Let M = (E, S) be a matroid and A ⊆ E. The rank r(A) of A is defined as the cardinality of
a maximal independent subset of A. Prove that for all A, B ⊆ E we have
(a) r(A) ≤ |A|,
(b) A ⊆ B implies r(A) ≤ r(B),
(c) r(A ∩ B) + r(A ∪ B) ≤ r(A) + r(B).

2) Let G = (V, E) be a connected graph with an even number of vertices. Show that there is a
(not necessarily connected) spanning subgraph (i.e. a subgraph with vertex set V ) in which all
vertices have odd degree. Is this also true for non-connected graphs?

hvala

Zajc
Prispevkov: 1099
Pridružen: 26.6.2008 19:15

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a Zajc »

2. Predpostaviš lahko, da je G drevo (vzameš stran toliko povezav). Potem pa z indukcijo na \(|V|\). Recimo, da vsak drevo s sodo točkami in z manj točkami kot G že vsebuje vpet podgraf, v katerem so vse točke lihe stopnje. Vzamemo poljubno točko A iz grafa G sode stopnje (če ta ne obstaja, potem je dokaz končan). Če vzamemo stran vse povezave, ki gredo iz točke A, dobimo točko A in 2k novih dreves; če bi imelo vsako od teh dreves liho točk, bi bilo skupaj v teh drevesih sodo točk, kar je protislovje. Torej obstaja eno drevo s sodo točkami. In zdaj daš nazaj vse povezave, ki si jih vzel, razen te do tega drevesa. Graf ti razpade na dve novi poddrevesi; obedve vsebujeta sodo točk, torej lahko uporabimo ind. predpostavko. Dobimo vpeta podgrafa v drevesih, unija pa je vpet podgraf v G.

fox
Prispevkov: 91
Pridružen: 12.5.2008 1:45

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a fox »

hmm torej ce imam 6 tock ,vsako tocko ima liho stopnjo(pac liho stevilo povezav) in zdaj vzamem edno tocko recimo A kot si ti povedal,mi ostanejo 5 tock,odstranim povezave ,ki grejo iz A in dobim 5 tock + A ,ki ni povezana.Kaj pa potem.Lahk mi mal bolj razlozis del do damo povezave nazaj

Pa a ves mogoce odgovor na 1) vprasanje ?

hvala

Zajc
Prispevkov: 1099
Pridružen: 26.6.2008 19:15

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a Zajc »

1. (a) in (b) sta čist simpl (sledi takoj iz definicije ranga), (c) pa tudi po moje ni težko ...

2. Bom probal biti bolj natančen. Začnemo s povezanim grafom \(G=(V,E)\). Sedaj odstranimo iz tega grafa toliko povezav, da dobimo drevo (v bistvu dobimo vpeto drevo). Zadošča videti, da v tem drevesu obstaja vpet podgraf, v katerem so vse točke lihe stopnje. To dokazujemo z indukcijo na moč \(|V|\). Če je \(|V|=2\), ni kaj dokazovati. Recimo, da smo že dokazali obstoj iskanega vpetega podgrafa za vsa drevesa, ki imajo sodo mnogo točk in manj točk kot \(|V|\). Imamo pa drevo s točkami \(V\). V slučaju, ko so že v drevesu vse točke lihe stopnje, potem ni več kaj dokazovati. Preostane torej še možnost, da v drevesu obstaja vsaj ena točka sode stopnje. Označimo jo z \(A\). Točka \(A\) ima sodo mnogo sosedov, \(B_1,\ldots,B_n\). Če zdaj odstranimo iz drevesa vse povezave \((A,B_i)\), dobimo n novih poddreves in zraven še izolirano točko \(A\). Od tistih \(n\) dreves ima vsaj eno drevo sodo mnogo točk (saj bi sicer skupno število točk v teh drevesih bilo sodo, v množici \(V\) pa je še točka \(A\), kar je skupaj liho mnogo točk, to pa je protislovje). Recimo, da je to drevo, ki vsebuje točko \(B_{i_0}\). Zdaj pa dodamo nazaj vse povezave \((A,B_i)\) razen \((A,B_{i_0})\). Prvotno drevo nam razpade na dve poddrevesi, obe pa imata sodo mnogo točk (in imata manj točk kot \(G\)), torej lahko po indukcijski predpostavki najdemo vpeta podgrafa v teh dveh drevesih, v katerih so vse točke lihe stopnje. Unija teh dveh grafov pa je vpet podgraf prvotnega drevesa, v katerem so še vedno vse točke lihe stopnje. QED

fox
Prispevkov: 91
Pridružen: 12.5.2008 1:45

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a fox »

rabim pomoc

Namrec moram to dokazati

Find out, if the set S with the operation forms a magma, a semi-
group, a monoid, or a group:
(a) S = {0,1,2}, m o n = min(m + n,2)
(b) S = (Q,o), a o b = a - b
(c) S = (Z,o ), a o b = a + b - ab

Pa me zanima se kaj pomeni znak " o "

Hvala vnaprej

Anya
Prispevkov: 166
Pridružen: 13.5.2009 16:14

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a Anya »

Prosim za pomoč pri teh nalogah:

1. Določi linearno ekscentričnost elipse, ki je včrtana pravokotniku z obsegom o in ploščino S. ---- Pri tej pridem skoz, ampak mi ne pride prava rešitev ven in me zanima, s kakšnim postopkom bi drugi reševali...

2. Krožni valj presekamo z ravnino, ki oklepa z osnovno ploskvijo kot a(alfa). Določi numerično ekscentričnost nastale elipse.
3. Izračunaj dolžino tiste tetive dane elipse, ki jo točka A razpolavlja: \(3x^2 +4y^2 = 112\), A(2,3).

jest21
Prispevkov: 5
Pridružen: 31.8.2010 9:03

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a jest21 »

Jaz mam eno teoretično vprašanje in sicer sledeče: Zanima me ali je lahko pri vpeljavi novih spremenljivk dobljena Jacobijeva determinanta negativna?

Hvala in Lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Seveda. En primer tega je ze u=-x (pri eni sami spremenljivki). Pri visjih dimenzijah lahko to posplosis: zamenjava sucnosti koordinatnega sistema zamenja predznak determinante preslikave. Pri integraciji ima to naslednje posledice: Za 1d se to direktno odraza v zamenjavi zgornje in spodnje meje (ker lahko naredimo direktno substitucijo za meje, to ni problem). Pri vecdimenzionalnih problemih se ponavadi vzame absolutno vrednost determinante, meje je pa itak treba rocno zamenjat ker so integracijska obmocja lahko kompleksnih oblik in ni naravnega postopka kako bi se to samo uredilo.

jest21
Prispevkov: 5
Pridružen: 31.8.2010 9:03

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a jest21 »

Hvala, ja en dvojni integral računam in sem kar zamenjal v matriki determinante u pa v in sem dobil pač +1/2 namesto -1/2. To mislim da ni prepovedano, menjati u in v spremenljivki v matriki. Ali pač?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Ne, delas kar hoces, samo preslikava mora biti enolicna in meje moras prav postavit. Vzemi absolutno vrednost, pa bo.

kosho99
Prispevkov: 35
Pridružen: 27.10.2011 16:06

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a kosho99 »

zdravo, racunal sem definicijsko območje funkcije \(f(x) = ln (arccos \frac{2x+3}{x+2})\)

definicijsko območje arccosinusa je \([-1,1]\), kar pomeni da je:

\(-1 \le \frac{2x+3}{x+2} \le 1\), iz tega dobim dve resitvi: \(x \ge - \frac{5}{3}\) in \(x \le -1\), dobim interval : \([- \frac{5}{3}, -1]\), kaj pa zdaj naredim, da pridem do rešitve?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Ja to je rezultat. Arkus kosinus ima namrec vedno pozitiven rezultat tako da logaritem ne povzroca problemov.

kosho99
Prispevkov: 35
Pridružen: 27.10.2011 16:06

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a kosho99 »

hvala, kaj pa če bi bil namesto arccos, arcsin?

kosho99
Prispevkov: 35
Pridružen: 27.10.2011 16:06

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a kosho99 »

za \(f(x) = arccos \frac{x-1}{2x}\) dobim rešitev \([\frac{1}{3}, \infty]\), bi bilo to prav?

apovsic
Prispevkov: 65
Pridružen: 31.10.2009 20:37
Kraj: Sevnica

Re: Matematika

Odgovor Napisal/-a apovsic »

Slika
Šesto prosim. a sem šel po pravokotni projekciji, b sem enačbo spisal po definiciji in mi ven pride 0(?).

Odgovori