|
Evo nekih komentara o zadacima s kolokvija, rješavanju i
bodovanju.
1. zadatak - očito se cilja na 2.(10,5,4) dizajn, a najmanji
broj blokova (pokusa, tj. "kućanstava") iznosi 18. Zapravo nije
unaprijed jasno da je optimalno rješenje dizajn, no to se
zaključi laganim prebrojavanjem (koje su neki proveli, a neki
nisu, ali kako se već iz konteksta "očekuje" dizajn, nisu
uskraćivani bodovi ako se ne pokaže da to doista mora
biti dizajn).
Inače, takvi dizajni mogu se dobiti kao rezidualni dizajni
Hadamardovih 2-(19,9,4) dizajna. Taj dizajn može se konstruirati
analogno naučenoj konstrukciji 2-(11,5,2) dizajna tako
da se u polju GF(19) uzmu kvadrati različiti od 0 za osnovni
blok (1,4,5,6,7,9,11,16,17). Uklanjanjem jednog bloka
i svih njegovih točaka dobije se 2-(10,5,4) dizajn.
On nije 3-dizajn, što se lako vidi iz poznatih formula ili
jednostavno uočavanjem da se 120 trojki točaka ne može
pojaviti jednako mnogo puta među ukupno 180 trojki,
koliko ih ima u 18 blokova s po 5 točaka.
2. zadatak -
sve standardno, neki su znali dokazati da je red Hadamardove
matrice djeljiv s 4, ako je veći od 2, neki nisu. No, pri navođenju
vrijednosti za koje iz naučenog znamo kako se mogu konstruirati
Hadamardove matrice takvog reda, gotovo svi su navodili
samo potencije od 2 (koje se realiziraju preko Kroneckerovog
produkta matrica), a samo u jednom odgovoru spomenuta
je i matrica reda 12 (za koju znamo zbog 2-(11,5,2)) koja
onda daje i faktor 3.
3. zadatak -
lagano razmatranje djeljivosti umnoška k(k-1) s 11
daje svega dvije mogućnosti za parametre: 2-(23,11,5)
što je Hadamardov dizajn koji znamo konstruirati pomoću
H2 i H12, te njegov komplementarni dizajn.
4. zadatak -
sve navedene trojke parametara odnose se, dakako, na
simetrične dizajne pa je to (najavljena) vježba iz primjene
Bruck-Ryser-Chowla uvjeta odnosno u jednom slučaju
Schutzenbergerova uvjeta ( (34,12,4) ne postoji).
Inače, za (81,16,3), (85,28,9) i (79,27,9) lako se izravno
nađu rješenja pripadnih diofantskih jedadžbi, no samo se
za treći slučaj zna da dizajni doista postoje (i to veliki broj,
preko 1400 neizomorfnih).
Za (43,15,5) i (667,37,2) vidi se da jednadžbe nemaju
netrivijalnih cjelobrojnih rješenja promatranjem djeljivosti
s 5, potpuno analogno primjerima pokazanima
na predavanjima.
5. zadatak -
ovdje je namjera bila takva da se za konstrukciju skupa od
8 točaka u projektivnoj ravnini reda 7, tako da nikoje 3
nisu kolinearne, iskoristi primjer s predavanja i iz domaće
zadaće: traženi skup može biti "konačna krivulja 2. reda".
dakle traže se nultočke prikladnog homogenog polinoma
stupnja 2 u 3 varijable, točno kako je pokazano na
predavanju za PG(2,5).
Npr. ako se zada: x0^2 + x1 x2 = 0, sve mod 7, dakako,
dobije se 8 točaka:
(0,1,0), (0,0,1), (1,2,3), (1,3,2),
(1,1,6) i (1,6,1). (1,4,5), (1,5,4).
Može se i bez toga, jer već točke (1,0,0), (0,1,0),
(0,0,1) i (1,1,1) daju "četverovrh" nad bilo kojim poljem,
a onda se korak po korak mogu naći još 4 točke,
ali ipak je puno lakše i brže primijeniti (ireducibilni)
polinom 2. atupnja.
Evo nekih komentara o zadacima s kolokvija, rješavanju i
bodovanju.
1. zadatak - očito se cilja na 2.(10,5,4) dizajn, a najmanji
broj blokova (pokusa, tj. "kućanstava") iznosi 18. Zapravo nije
unaprijed jasno da je optimalno rješenje dizajn, no to se
zaključi laganim prebrojavanjem (koje su neki proveli, a neki
nisu, ali kako se već iz konteksta "očekuje" dizajn, nisu
uskraćivani bodovi ako se ne pokaže da to doista mora
biti dizajn).
Inače, takvi dizajni mogu se dobiti kao rezidualni dizajni
Hadamardovih 2-(19,9,4) dizajna. Taj dizajn može se konstruirati
analogno naučenoj konstrukciji 2-(11,5,2) dizajna tako
da se u polju GF(19) uzmu kvadrati različiti od 0 za osnovni
blok (1,4,5,6,7,9,11,16,17). Uklanjanjem jednog bloka
i svih njegovih točaka dobije se 2-(10,5,4) dizajn.
On nije 3-dizajn, što se lako vidi iz poznatih formula ili
jednostavno uočavanjem da se 120 trojki točaka ne može
pojaviti jednako mnogo puta među ukupno 180 trojki,
koliko ih ima u 18 blokova s po 5 točaka.
2. zadatak -
sve standardno, neki su znali dokazati da je red Hadamardove
matrice djeljiv s 4, ako je veći od 2, neki nisu. No, pri navođenju
vrijednosti za koje iz naučenog znamo kako se mogu konstruirati
Hadamardove matrice takvog reda, gotovo svi su navodili
samo potencije od 2 (koje se realiziraju preko Kroneckerovog
produkta matrica), a samo u jednom odgovoru spomenuta
je i matrica reda 12 (za koju znamo zbog 2-(11,5,2)) koja
onda daje i faktor 3.
3. zadatak -
lagano razmatranje djeljivosti umnoška k(k-1) s 11
daje svega dvije mogućnosti za parametre: 2-(23,11,5)
što je Hadamardov dizajn koji znamo konstruirati pomoću
H2 i H12, te njegov komplementarni dizajn.
4. zadatak -
sve navedene trojke parametara odnose se, dakako, na
simetrične dizajne pa je to (najavljena) vježba iz primjene
Bruck-Ryser-Chowla uvjeta odnosno u jednom slučaju
Schutzenbergerova uvjeta ( (34,12,4) ne postoji).
Inače, za (81,16,3), (85,28,9) i (79,27,9) lako se izravno
nađu rješenja pripadnih diofantskih jedadžbi, no samo se
za treći slučaj zna da dizajni doista postoje (i to veliki broj,
preko 1400 neizomorfnih).
Za (43,15,5) i (667,37,2) vidi se da jednadžbe nemaju
netrivijalnih cjelobrojnih rješenja promatranjem djeljivosti
s 5, potpuno analogno primjerima pokazanima
na predavanjima.
5. zadatak -
ovdje je namjera bila takva da se za konstrukciju skupa od
8 točaka u projektivnoj ravnini reda 7, tako da nikoje 3
nisu kolinearne, iskoristi primjer s predavanja i iz domaće
zadaće: traženi skup može biti "konačna krivulja 2. reda".
dakle traže se nultočke prikladnog homogenog polinoma
stupnja 2 u 3 varijable, točno kako je pokazano na
predavanju za PG(2,5).
Npr. ako se zada: x0^2 + x1 x2 = 0, sve mod 7, dakako,
dobije se 8 točaka:
(0,1,0), (0,0,1), (1,2,3), (1,3,2),
(1,1,6) i (1,6,1). (1,4,5), (1,5,4).
Može se i bez toga, jer već točke (1,0,0), (0,1,0),
(0,0,1) i (1,1,1) daju "četverovrh" nad bilo kojim poljem,
a onda se korak po korak mogu naći još 4 točke,
ali ipak je puno lakše i brže primijeniti (ireducibilni)
polinom 2. atupnja.
|
