Fórum: Felmerülő kérdések és problémák topikja

aham, kezdem érteni. de mégis, az előző példán a Z(E) pontot hogy számolná ki komplex számokkal?

Hello Tomszy!

Beírok a Geometriába (hogy az a téma is feljebb jöjjön) egy egyszerű vektoros megoldást a feladatodra.

Ha nagyon egyszerűt akarsz, azt is átírhatod komplex számokra. Az összeadás, kivonás ugyanúgy működik komplex számoknál is, mint vektoroknál. Hivatkozhatsz az ábrán látható 60 fokos elforgatásokra és kész.

Sirpi megoldásában az a nagyszerű, hogy kihasználja azt a plusz legetőséget, amit a komplex számok tudnak a vektorokhoz képest, hogy szorzáskor a forgásszög összeadódik, illetve a 6. egységgyökkel szorozva éppen 60 fokkal fordul el a vektor.

Ha ezt ki akarod hagyni, akkor az ábrára kell hivatkoznod, hogy az egyenlő oldalú háromszögek miatt egyik vektor a másiknak 60 fokos elforgatottja.

lorantfy mester! :) lenne 1 kérésem. le tudná vezetni még jobban a bizonyítást? kiszámolni valahogy.

Ha fordulókra nincs szükséged, csak meccsekre, akkor néha könnyű szép rendszert adni:

7 emberre:

(0, 1, 3), (1, 2, 4), (2, 3, 5), (3, 4, 6), (4, 5, 0), (5, 6, 1), (6, 0, 2),

9 emberre:

(0, 1, 3), (1, 2, 4), (2, 3, 5), (3, 4, 6), (4, 5, 7), (5, 6, 0), (6, 7, 1), (7, 0, 2),

(0, 4, A), (1, 5, A), (2, 6, A), (3, 7, A),

15 emberre:

(0, 5, 10), (1, 6, 11), (2, 7, 12), (3, 8, 13), (4, 9, 14),

(0, 1, 4), (1, 2, 5), (2, 3, 6), (3, 4, 7), (4, 5, 8), (5, 6, 9), (6, 7, 10), (7, 8, 11), (8, 9, 12), (9, 10, 13), (10, 11, 14), (11, 12, 0), (12, 13, 1), (13, 14, 2), (14, 0, 3),

(0, 2, 8), (1, 3, 9), (2, 4, 10), (3, 5, 11), (4, 6, 12), (5, 7, 13), (6, 8, 14), (7, 9, 0), (8, 10, 1), (9, 11, 2), (10, 12, 3), (11, 13, 4), (12, 14, 5), (13, 0, 6), (14, 1, 7),

15-re próbáltam vizualizálni a beosztást Káli gúla linkje alapján, hát nem sok szabályosság látszik belőle...

Köszi szépen, ez nagy segítség, szóval ha 15-en lesznek, akkor már nem kell aggódni :-)

Amúgy még valamire rájöttem. Ha n ember van, és mindenki k meccset játszik, akkor összesen meccs van, aminek ugye egésznek kell lennie, tehát ha n nem osztható 3-mal, akkor mindenkinek 3-mal osztható számú meccset kell játszania.

Így pl. n=17 esetén ugye maximum 8 meccset játszhat egy ember (hisz 16 ellenfele van), de a 3-mal való oszthatóság miatt legfeljebb csak 6-ot. Vagyis legjobb esetben is mindenkinek lesz 16-2^.6, azaz négy ellenfele, akivel nem találkozik.

* * *

A másik dolog pedig egy kis létszámra megjegyzés. Ha n=6, akkor csak egy forduló rendezhető (2 meccs: 123 és 456). Könnyen látható, hogy ezután már nem rendezhető új meccs, mert az 1-es játékosnak a {4,5,6} halmazból kell még két ellenfél, és ők 2-szer fognak játszani.

Viszont az 123, 145, 246, 356 egy tökéletes rendszer, csak nem bontható fordulókra (mindenkinél 1 ellenfél lesz, akivel nem játszik).

Ez a Kirkman-féle iskoláslányos feladat megoldása

Ki kell, hogy ábrándítsalak. Én nem vagyok biztos benne, hogy a könyv alapján 15 és 21 emberre lehetne tökéletes ultiverseny.

15-re és 21-re még nincs konstrukcióm, de mint Jónás is írta, az említett könyv alapján meg lehet csinálni. Kezdek lustulni, szerintem mindenképp progiírás lesz a dologból, mert kézzel már nem szeretek csomó esetet megnézni.

Igen, ezt már én is kikombináltam. De pl. érdekes kérdés, hogy mi van 18 ember esetén, vajon ilyenkor le lehet-e bonyolítani 8 teljes kört úgy, hogy mindenki 16 másik emberrel játsszon, és mindenkinek legyen egy "párja", akivel nem találkozik. Szerintem fogok írni a dologra (tetszőleges résztvevőszámra) valami progit, ami mohó módon megpróbál fordulókat generálni, és ha elakad, akkor visszalép. Egyelőre ugyanis nem nagyon látok szép konstrukciós, sajnos.

Arra szerintem nem. Persze ha csak egy emberrel van kevesebb, akkor elkészíted a tökéletes leosztást, és aki a hiányzó emberrel játszana, az pihen.

Erre a 9-esre már én is réleltem, de mi a helyzet a 15 ill. 21-essel. Erre még nem jöttem rá. Akinek megvan a Hraskó-könyv, az segíthetne, mi isvan benne.

Köszi, ez hasznos infó. Azt nem tudod, hogy arra is kitér-e, hogy mi a helyzet, ha nem lehetséges tökéletes leosztás (tehát ha a létszám nem 6k+3 alakú)?

Az Új matematikai mozaik (Hraskó András, TypoTeX Kiadó, Budapest, 2002) első fejezete (Montágh Balázs) részletesen leírja, hogyan kell ilyen tökéletes leosztást megvalósítani (tökéletes, vagyis minden két ember pontosan egyszer játszik egymással).

9 embernél ugye 4 forduló kell, és pl. a következőképp meg is lehet valósítani (minden fordulóban párhuzamos egyenesek adják a párosításokat):

Üdv!

Van egy ötletem, de lehet, hogy marhaság. A kipróbálásához ismertesd velünk a tökéletes leosztást, s azt is, hogy van-e több megoldás.

A konkrét létszámot ki lehetne egészíteni virtuális résztvevőkkel a következő optimális létszámig, majd megnézni a leosztást és csereberélni. Talán kisülhet belőle valami. Ha nem, ... hát talán kisnyúl. :o)

Na, amire eddig jutottam, az az, hogy ha páros sok résztvevő van, akkor nem tud mindenki mindenkivel leülni játszani, mert ugye mindenkinek páratlan sok másik emberrel kell asztalhoz ülnie, és meccsenként 2vel teszi ezt meg.

Másrészt 9 emberre csináltam tökéletes sorsolást, és azt sejtem, hogy ilyen létezik 15-re és 21-re is (sőt, minden 3-mal osztható páratlan számra). Jó lenne ezekre konstrukciót találni. Egyelőre ennyi.

Sziasztok!

Egy ismerősöm megkeresett egy gyakorlati problémával. Egyelőre nem oldottam meg, gondoltam, több agy többet lát :-)

Szóval ultibajnokságot akar szervezni 10-20 résztvevő részére. Sajnos a pontos létszám csak a sorsolás előtti napon, vagy csak aznap lesz lerögzítve, addig van kb. 3 hét. Ugye az ultit egy asztalnál egyszerre 3 ember játssza, és ez okozza a gondot, ezért kellene segíteni a sorsolást megtervezni valahogy.

A következő feltételekkel képzeli a lebonyolítást:

1) minden körben maximum 2 ember (az emberek 3-as maradéka, végső esetben 3) legyen csak passzív, azaz épp ne játsszon egyik asztalnál se (ha ez nem megy, lehet enyhíteni a feltételt, és nem szükséges, hogy minden fordulóban ugyanannyi meccs legyen)

2) egy körben egy ember nyilván csak egy asztalnál játszhat

3) a torna során senki sem ülhet le senki mással 2-szer közös asztalhoz

4) minden játékos ugyanannyi játszmát kell, hogy játsszon (különben nehéz az eredmények összehasonlítása)

5) minden résztvevőszám mellett próbáljuk meg maximalizálni a lejátszott partik számát

Röviden ennyi lenne, minden építő jellegű kritikát szívesen fogadok. A lényeg tehát az, hogy a teljes sorsolást meg kell adni, tehát hogy adott körben ki kivel játszik és ki pihen.

Egy kicsit mas vizekre evezek. Valaki nem tudna abban segiteni, hogy az okori geometriat hogyan hasznaltak a foldmeresben, egyaltalan mik voltak az alapveto alkalmazasai. "Miert kellett kitalalni?" Egy link is tokeletesen megfelel. Elore is kosz.

köszi szépen. már kezdem értemi.

Az n-edik egységgyökök megértésében segíthet egy egyszerű trigonometriai analógia.

Oldjuk meg a cos(n^.)=1 egyenletet a [0;2[ intervallumon.

Pl. n=6 esetén cos(6^.)=1 egyenlet megoldásai =0^o,60^o,120^o,180^o,240^o,300^o

Miért megoldások ezek? Mert 6-tal szorozva mindegyik 360^o egész számú többszöröse lesz, tehát az x tengelyre fordítja az egységvektort.

A komplex számok hatványozásakor trigonometrikus alakban a szöget a hatványkitevővel kell szorozni. Tehát hasonlóan működik a dolog. Bármelyik 6.gyök egységvektor szögét 6-tal szorozva a vektor a valós tengelyre fordul, vagyis a hatványozás eredménye 1 lesz.

Az A pontba mutató egységnyi hosszú komplex szám legyen: z_A=cos+isin

akkor az A' pontba mutató szám: z_A'=cos(+60^o)+isin(+60^o)

Hasonlóan B,B',C,C' pontokra:

z_B=cos+isin z_B'=cos(+60^o)+isin(+60^o) és

z_C=cos+isin z_C'=cos(+60^o)+isin(+60^o)

Most elő kell allítanod az E,F,G pontokba mutató számokat. Ez ugyanúgy megy mint vektoroknál. A paralelogramma átlója az összeg és azt kell felezni.

Ezután előállítod az EFG oldalait. Ezek az előbbi számok különbségei.

Majd vagy azt látod be, hogy egyenlő a hosszuk vagy, hogy 60 fokkal fordulnak.

6. (általában n.) egységgyök az az egységnyi abszolútértékű komplex szám, aminek a 6. (n.) hatványa 1 (tehát az elnevezés onnan jön, hogy az 1 komplex valahanyadik gyökeiről van szó). Jelen esetben -nak azt a komplex számot választottam, aminek hossza 1, szöge pedig 60^o. Ekkor a ³=-1 és ⁶=1, általában pedig a hatványai sorra bejárják az egységnyi körülírt körű, vízszintes állású szabályos hatszög csúcsait.

igen. Mi az a 6. egységgyök?

Szerintem Tomszy-t a 6. egységgyök zavarja. Sirpi megoldásának lépései alapján trigonometrikus alakkal is meg lehet oldani a feladatot. Elég egységvektorokra belátni és akkor nem kell r-t használni. Csak az összeadást és kivonást kell ismerni.