|
|
[362] Fálesz Mihály | 2008-08-18 11:13:44 |
Tegyük fel, hogy
a) aki szereti a spenótot, az nem mind hullamosó;
b) minden matematikus hullamosó, vagy legalábbis nem szereti a spenótot;
c) vagy az igaz, hogy aki nem hullamosó, az matematikus, vagy pedig az, hogy aki hullamosó, az nem matematikus.
Következik-e a fentiekből, hogy aki szereti a spenótot, az nem matematikus?
(KöMaL F.2001. [1975. december] alapján)
|
|
[361] Róbert Gida | 2007-12-09 13:10:38 |
Máshol már volt, de lehet, hogy ezen a fórumon is. Megoldás: Y=1 azaz 1 villanykapcsoló elég, X-től, azaz a rabok számától függetlenül. Bizonyítás: a rabok kineveznek maguk közül egy "főnőköt", akinek az a dolga csupán, hogy, ha felkapcsolva látja a villanyt, akkor lekapcsolja, és ezek számát számolja. Többiek feladata: pontosan kétszer kapcsolják fel a villanyt, ha kimennek, de persze csak akkor, ha az le volt kapcsolva. Ha a főnők 2*X-2-ször kapcsolta le a villanyt, akkor bejelntheti, hogy mindenki volt már kint legalább egyszer, hiszen különben legfeljebb X-2-en voltak kint, ez 2*X-4 felkapcsolást jelenthetett, illetve a villany a kezdőállapotban is fel lehetett kapcsolva, azaz összesen legfeljebb 2*X-3<2*X-2 váltást regisztrálhatott volna a főnők, ez pedig ellentmondás.
|
Előzmény: [360] Veronika, 2007-12-09 12:40:05 |
|
[360] Veronika | 2007-12-09 12:40:05 |
Sziasztok! Nem tudom hogy volt e már ez a feladat, de nagyon fontos lenne ha valaki megoldaná nekem! Köszi
Van egy börtön X rabbal, mindegyik külön cellában. A börtönőr teljesen véletlenszerűen minden éjjel kiengedi valamelyik rabot (egy éjjel csak egyet) a folyosóra, ahol Y számú villanykapcsoló van, amely(ek)et az adott rab tetszőlegesen kapcsolgathat le-fel, de akár változatlan állásban is hagyhatja. A rabok akkor szabadulhatnak, ha helyesen jelzik az őrnek, hogy már mindegyik volt kint éjjel a folyosón. Kérdés: milyen stratégiát beszéljenek meg a rabok a villanykapcsolókkal való jelzésre? Mi az a legkevesebb számú kapcsoló, amivel megoldható a feladat?
Megjegyzések: A rabok száma (x) tetszőleges, lehet 5, 10, 100, a megoldás szempontjából lényegtelen. Az éjszakák száma végtelen lehet, a raboknak nem kell azonnal jelezni, ha már mindegyik volt kint, a lényeg, hogy amikor szólnak, akkor valóban igaz legyen, hogy már mindenki volt kint.
|
|
|
|
[357] epsilon | 2007-10-19 23:27:00 |
Valóban egyszer IV. most meg 4. osztályt írtam, nem is gondoltam, hogy Valaki is arra gondol, hogy gimnáziumi "negyedik" osztálynak adnának fel ilyen feladványt ;-)
|
Előzmény: [354] jonas, 2007-10-19 11:10:32 |
|
|
|
|
[353] epsilon | 2007-10-19 08:04:36 |
OK Ckek, erre gondoltam, de azon tűnődöm, hogy a 4. osztályos matek törzsanyagban benne lenne az abszolútérték?
|
|
|
[351] epsilon | 2007-10-19 06:59:44 |
Hát igen, úgy látom, hogy a ferde és függőleges elhelyezések között nem kell lülönbséget tenni, ezt nem tudtam, hogy megengedhető-e, na meg egyiket úgy is megoldottam, hogy 2 gyufaszál egymásra került, szerintem arra sem ír megszorítást a tankönyv :-)
|
|
|
|
[348] epsilon | 2007-10-18 17:43:46 |
Helló! Itt van 2 db. IV. osztályos gyufarejtvény: Egy gyufaszál elmozdításával tegyétek igazzá az alábbi egyenlőtlenségeket! (Tehát nem lehet egyenlőtlenséggé átalakítani, sem áthúzni az egyenlőséget). Valami jó ötlet?
|
|
|
|
|
|
|
[343] epsilon | 2007-09-04 19:19:58 |
Továbbá az értékek pozitív egészek lehetnek, ezért a megoldásokat a következő táblázat adja:
|
|
|
[342] epsilon | 2007-09-04 19:19:31 |
Helló! Nem látom, hogy mi okoz bizonytalanságot a szóbanforgó feladványnál : 1) A feladat feltételei mellett (vagyis, ha a, b, ..., k mind természetes számok), mit mondhatunk az a, b, ..., k számok értékeiről? 2) A feladat feltételei mellett (vagyis, ha a, b, ..., k mind természetes számok), meghatározhatók-e az a, b, ..., k számok? A továbbiakban mindkét kérdést megválaszoljuk. Írjuk fel a 10 szóbanforgó összeget, ezek (a sorrendtől eltekintve), a következők: (1) a+ g+ k= 15, (2) a+ b+ c= 15, (3) k+ i+ c= 15, (4) g+ h+ e= 15, (5) h+ f+ b= 15, (6) a+ f+ e= 15, (7) c+ d+ e= 15, (8) k+ e+ b= 15, (9) b+ d= 15, (10) i+ e= 15. A (4), (6), (7), (8), (10) egyenletek mindegyikében szerepel "e" betű. Ennek az 5 egyenletnek a megfelelő oldalait összeadva kapjuk, hogy 5e+a+f+g+h+k+b+i+d+c=75 amit átrendezve így írhatunk: 3e+(a+g+k)+(h+f+b)+(e+i)+(e+d+c)=75 (*) . De az (1), (5) és (7) alapján a+g+k=h+f+b=e+i=e+d+c=15, ezért a (*) összefüggésből 3e+4×15=75, azaz e=5 adódik, továbbá a (10)-es összefüggés alapján i= 10. Tehát egy érdekes jelenség áll fenn: függetlenül a többi betű természetes számot jelképező értékeitől, mindenesetben e= 5 és i= 10. Térjünk most rá a második kérdésünk megválaszolására! Ebből a célból próbáljuk kifejezni mindegyik betű értékét egy ugyanazon betű (paraméter) függvényében! A (3) alapján c= 5-k; a (3) és (7) alapján d= k+ 5; a (8) és (9) alapján pedig d= k+ 5. A (2) alapján a= 15-(b+c)= 2k, a (6) alapján f= 10- a= 10- 2a; az (1) alapján g= 15- a -k= 15- 3×k és a (4) alapján h= 3×k- 5, ahol mindenesetben k egy természetes számot jelöl. A kapott értékeket így foglalhatjuk táblázatba:
|
|
Előzmény: [337] HoA, 2007-08-28 16:59:14 |
|
[341] BohnerGéza | 2007-08-29 08:59:49 |
Úgy látszik nem pontosan emlékeztem, most rákeresve ezt találtam a
http://www.urvilag.hu/article.php?id=587 oldalon:
A még 1999-ben megérkező két űrszonda közül a Mars Climate Orbiter a földi szakemberek hibájából (a metrikus és az angolszász mértékegységek összekeverése) a légkörben pályára állás közben elégett, míg a Polar Lander és a Deep Space-2 rendben megkezdte a leszállást. Ezután azonban róluk sem lehetett hallani.
További jó kutatást!
|
Előzmény: [340] Cckek, 2007-08-28 22:32:49 |
|
|