[2651] Lajosz | 2008-05-19 10:40:06 |
Ismétléses variáció:
A totón, ha minden esetet megjátszunk, (3 a 13-on ), mennyi 0, 1, 2,...11, 12, 13. találatunk lesz, hogyan kell kiszámítani?
Ugyanezt hogyan számítjuk, ha 1 fix mérkőzés mellett (3 a 12-en) eredményt megjátszunk, mennyi 0, 1, 2,...11, 12. találatunk lesz?
etc...
|
|
|
[2648] Sirpi | 2008-05-16 02:27:20 |
És hogy ez miért optimális:
A közlekedőutat tekintsük egy gráfnak (a csúcsok az üres mezők, az élek az élszomszédos mezőket kötik össze). Erről a gráfról kell belátni, hogy ha nem is mindig összefüggő, de néhány autó átpakolásával mindig azzá tehető. Hiszen ha van út, ami nincs összeköttetésben a bal felső sarokkal (az ábrán a sárga tartomány), akkor az annyit jelent, hogy egy vagy több autó blokkolja az utat a bal felső sarokig. Vegyünk egy ilyen autót (piros), és toljunk rajta egyet, rá a belső útra (kék helyzet). Az autó az új helyzetében nem blokkolhat másik autót, hiszen az autók hiába hajtanak a belső útra, onnan nem tudnak kijutni, csak ha az eredeti helyükre visszamennek, tehát a kék mező érintése nélkül is ki tudnak jutni, ha eddig ki tudtak. A kék autó pedig szintén kijut (egyet előremegy, és onnan már a feltételezésünk szerint kijut). Ezzel a tolással a belső út hossza 1-gyel csökkent, így ilyen lépések véges sorozatával felszámolható az összes belső út (jelen esetben a kék autót még 1-gyel lejjebb tolva a belső út összekapcsolódik a "fő" úthálózattal, vagyis több lépésre nincs is szükség).
Így a továbbiakban feltehető, hogy a közlekedőutak hálózata összefüggő, álljon k mezőből. Ekkor legalább k-1 belső kapcsolódása van (az összefüggő gráfnak legalább k-1 éle van). Minden belső kapcsolódás 2-vel csökkenti a közlekedőhálózat kerületét, tehát az összkerület legfeljebb 4k-2(k-1)=2k+2. Minden él a kerületen egy autónak ad lehetőséget, hogy felhajtson az úthálózatra, és így eljusson a bal felső sarokba (egy autó több élen át is megteheti ezt). Sőt, a bal felső mező két sarokéle nem segít egy autónak sem, vagyis legfeljebb 2k autó lehetséges k mezőből álló úthálózat esetén. Tehát a mezők számának legfeljebb 2/3-án lehetnek autók, és ez az arány aszimptotikusan (az előző hsz. ábrája alapján) el is érhető.
Megj.: Sőt, az út "meglátogatja" a másik 3 sarkot is, hiszen egy sarok és két szomszédja közül nem állhat mind a 3-on autó, vagyis k mezőből álló úthálózat esetén legfeljebb 2k-3 autó lehetséges (hiszen minden határélnél vesztünk egy autót) - feltéve, hogy a parkoló mindkét oldalának hossza legalább 4, mert ilyenkor a sarkokkal szomszédos mezők nem eshetnek egybe.
|
|
Előzmény: [2649] Sirpi, 2008-05-16 01:37:44 |
|
|
|
[2646] Róbert Gida | 2008-05-15 23:35:28 |
Szerintem nem adható rá explicit képlet tetszőleges n-re. Programozási versenyen volt egy hasonló példa axb-es téglalapra, de úgy, hogy alul és felül is ki lehet jutni, gyakorlatilag végignézték az összes esetet a megoldásoknál.
Ha az első ábrában a hatodik sor első pozicióján nem autó van, és ilyen 7x7-es blokkokat rakunk egymásra, akkor tetszőleges autó fel tud jutni a legfelső sorba. Ha a nagy négyzet felső sorából töröljük az autókat, így már mindenki kijut, ez (7k)x(7k)-asra müködik, ha n nem ilyen alakú, akkor legyen k=floor(n/7). Az autók száma aszimptotikusan .
Felső becslés pedig: egy autónak van van legalább egy nem autó szomszédja, hogy esélye legyen kijutni (kivéve, ha n=1 és 1 autó van az ábrán), továbbá egy nem autó hely maximum 3 autónak lehet szomszédja, ami kijutásra használja, ellenben minden szomszéd autó, de akkor nem tudna kijutni, ha odamenne. Így #autó<=3*#nemautó, azaz
#auto<=3*(n2-#auto), innen teljesül, ha n>1.
|
Előzmény: [2643] Lóczi Lajos, 2008-05-15 21:51:46 |
|
[2645] Sirpi | 2008-05-15 22:39:14 |
Szerintem ezt a négyzetfelosztást mindig meg lehet csinálni akkor is, ha a két kis négyzet (egész) oldalhosszát előírjuk (a és b). Hiszen ekkor egy ab(a2+b2) oldalhosszú négyzet biztos kitölthető, méghozzá úgy, hogy a felső részében vannak az a oldalhosszú kis négyzetek (b(a2+b2)×a db.), alatta pedig a b oldalúak (a(a2+b2)×b db.). Sőt, gyakran kevesebb is elég lehet, pl. ha a és b nem relatív prím. Viszont azt nem tudom, hogy ennél kevésbé rendezett megoldások is vannak-e kisebb elemszámmal.
|
Előzmény: [2643] Lóczi Lajos, 2008-05-15 21:51:46 |
|
[2644] jonas | 2008-05-15 22:23:31 |
A négyzetes nem nehéz.
Egyszerűen választunk egy (s,a,x) számhármast, amelyre 1<s,x és 0<x<a2, és a2-x=s2x. Ezután egy nagy négyzetet felosztunk a2 közepes négyzetre, majd x darab közepes négyzetet egyenként s2 darab kis négyzetre.
Több megfelelő számhármas is van, az ábra a (2,5,5)-nek megfelelő megoldást mutatja, de jó például a (2,10,20),(3,10,10),(7,10,2),(2,15,45),(4,17,17),(2,20,80),(3,20,40),... is.
Ha 4s2x, akkor megtehetjük azt is, hogy egy (vagu több) közepes négyzetet kis négyzetek közé fáziseltolással csempészünk be, ahogy a második ábra mutatja.
|
|
Előzmény: [2643] Lóczi Lajos, 2008-05-15 21:51:46 |
|
[2643] Lóczi Lajos | 2008-05-15 21:51:46 |
Hát akkor tűzzük ki :) Az is érdekes kérdés, hogy határértékben mi a fekete/fehér kockák aránya, az optimális esetben, ha a négyzetrács mérete végtelenhez tart. Amúgy ezt a feladatot idén adták fel orosz 6.-osoknak, egy olimpiai előkészítőn. A közölt megoldás is 28-at ad meg (egyébként Python ábráján a jobb szélsőt), persze nem bizonyítja az optimalitást. (A feladat pontozása érdekes: aki 25 autót rak be, 1 pontot kap, ezen felül viszont minden újabb autó plusz 2 pontot ér :-)
A másik, hasonlóan érdekes feladat: osszunk fel egy négyzetet kétféle méretű négyzetre, úgy, hogy a két fajtából egyforma számú darab szerepel. Kíváncsi vagyok, hogy van-e lényegében másfajta elrendezés, mint amit közöltek.
(A többi 4 feladat triviális volt ezekhez képest.)
|
Előzmény: [2642] Python, 2008-05-15 19:55:25 |
|
[2642] Python | 2008-05-15 19:55:25 |
A 28 nálam is megvan és szerintem nincs ennél jobb, mivel elég sokat szórakoztam, és 28-at többfélét találtam, de annál jobbat nem (3 példányt felteszek ábrában). Érdekes lenne a feladatot általánosabban is kitűzn, tehát n×n-es parkolóra.
|
|
Előzmény: [2640] Káli gúla, 2008-05-15 14:50:44 |
|
[2641] Róbert Gida | 2008-05-15 16:48:03 |
Jók a számok. Lehet találni egy formulát, ami ilyen számokat állít elő, feltéve, hogy néhány szám prím a formulában. Ez hasonló a Carmichael számokat gyártó képlethez, ami persze nem véletlen, hiszen ahogy írtad ezek mind azok. Ha egy ikerprím sejtéshez hasonló sejtés igaz, akkor máris végtelen sok ilyen szám van.
|
Előzmény: [2638] Enkidu, 2008-05-15 12:41:43 |
|
|
|
[2638] Enkidu | 2008-05-15 12:41:43 |
Ha jól számoltam az első két szám: 1729 és 2465 (a harmadik a 15841). A "bizonyításom" egy program, ami végigfut a Carmichael-számokon (csak ilyenek lehetnek a feladatban kitűzött számok).
Hogy miért éppen a Carmichael-számok?! Azok az n számok, melyekre minden lnko(a,n) = 1 esetén an-11(modn) azok éppen a prímek és a Carmichael-számok. Prímek esetén viszont van olyan a<n, amely primitív gyök, erre az a-ra nem teljesülhet a feladatban kitűzött egyenlőség.
Most hirtelenjében csak azokon a számokon fut a progi, amik beleférnek a szabvány 16-bites (max 32000) egész szám fogalmába. Arra nem merek tippelni, hogy véges, vagy végtelen sok ilyen szám van.
Üdv!
|
Előzmény: [2633] Róbert Gida, 2008-04-28 19:11:45 |
|
[2637] Lóczi Lajos | 2008-05-13 12:14:17 |
Egy 7x7-es autóparkolóba legfeljebb hány darab autót helyezhetünk el, ha azt akarjuk, hogy bármelyik ki tudjon jönni a többitől függetlenül? (A kijárat bal fölül van, és egyszerre mindig csak 1 autó mozog. 1 autó 1 teljes négyzetet foglal el és csak a négyzetrács mentén mozoghatnak függőlegesen vagy vízszintesen.)
|
|
|
|
[2635] Róbert Gida | 2008-05-12 01:35:06 |
Ha valaki ki akarná számolni: Monte Carlo módszere kb. 0.177-et ad az integrálra, 1 millió pontot használva az egységnégyzetből, ez így kb. 1/sqrt(1000000)=1/1000-ed pontosságot jelent.
|
Előzmény: [2634] Gyöngyő, 2008-05-12 00:58:33 |
|
[2634] Gyöngyő | 2008-05-12 00:58:33 |
Mennyi a következő integrál értéke: Ahol a kapcsos zárójel törtrészt jelent:
Üdv.: Zsolt
|
|
[2633] Róbert Gida | 2008-04-28 19:11:45 |
Találjuk meg a két legkisebb pozitív egész 1-nél nagyobb páratlan N számot, melyre teljesül, hogy: minden lnko(a,N)=1 esetén mod N teljesül! Mi a sejtésünk: végtelen vagy véges sok ilyen N szám van?
|
|
|
[2631] Róbert Gida | 2008-04-27 00:52:00 |
Egy megoldás rá: Legyen s=a1+an rögzített, ekkor, ha s fix, akkor a jobb oldal is fix. De mi lesz a bal oldal maximuma (rögzített s esetén)? Legyen x=a2...ak és y=an-k+1...an-2, a bal oldalon elég az első és utolsó tagot nézni:
max(a1*x+y*an)=max(x,y)*s, ha s=a1+an, és a maximum felvétetik olyan helyen (is), ahol a1=0 vagy an=0, ezt beírva az eredeti feladatot kapjuk meg csak n tag helyett (n-1) taggal. Azaz leszállhatunk, egészen n=k-ig, ami a triviális eset, hiszen ez éppen a számtani-mértani egyenlőtlenség.
Egyenlőség viszont sokféleképpen lehet, például k=1-nél mindig egyenlőség van. n=3,k=2-nél pontosan akkor, ha a1-a2+a3=0
|
Előzmény: [2630] Gyöngyő, 2008-04-26 22:06:26 |
|
[2630] Gyöngyő | 2008-04-26 22:06:26 |
Szisztok!
Legyen k és n pozitiv egészek és k=<n, és legyen a1,a2,...an nemnegativ valós számok. Bizonyítsuk be,hogy
|
|
[2629] Ratkó Éva | 2008-04-21 13:16:07 |
Kedves CD iránt érdeklő és tájékozott fórumozók! Az, hogy a KöMaL eltűnt a sulinet honlapról, sajnos nem a mi hatáskörünk: higgyétek el, mi is azt szeretnénk, ha még mindig ott lenne. Volt velük egy ötéves szerződésünk, melyet a lejárta után nem óhajtottak megújítani, és jelenleg is ez az állapot áll fenn. Valóban, szkennelt formában elérhetőek a számok a mi honlapunkon, teljesen ingyen. (Itt egy másik oldal is, ahol elérhetők, méghozzá oldalanként: db.komal.hu/scan ) Ahhoz, hogy a) vagy egy hasonlóan működő honlapot gyártsunk b) a CD-t frissítsük vagy internetes vagy új CD-kiadás formájában, egy jó programra és ehhez pénzre van szükségünk. A HEFOP pályázat arról szólt, hogy adatokkal feltöltjük az adatbázisunkat.
Egyébként a pályázatnak 2006 decemberében vége volt, azóta még nem kaptuk meg az általunk kifizetett pénz 20%-át. Tehát adott egy egész szépen feltöltött adatbázis, amivel még 2 teendő van - ez folyik most- : 1.) a szöveghez az ábrákat bevinni - ezt elkezdték, de nem fejezték be - 2.) ellenőrizni kell, hogy tényleg jók-e a bevitt szövegek - ugyanis az adatbevitelkor sok hiba keletkezhetett.
Valóban eladtunk kb. 500 Cd-t, ebből számoljátok ki hány ember fizetése (minimálbér) finanszírozható!? Hány hónapig? (persze a CD nyomása és elkészítése és az azt működtető valóban nem egészen felhasználóbarát program megíratása sem volt ingyen - amúgy épp ezért szándékoznánk valami mai igényeknek megfelelőbb feldolgozást) Szóval elnézést, de ma csak itt tartunk. Egyébként teljesen igazatok van, már rég működnie kéne ennek az archívumnak valamilyen formában. A jó hír az, hogy legalább a KöMaL kiadására és a KöMal-honlap és FÓRUM működtetésére épp hogy futja a MATFUND (és az adófizetők) pénzéből :-)
Oláh Vera
|
Előzmény: [2626] Cogito, 2008-04-13 14:11:36 |
|
[2628] sakkmath | 2008-04-13 16:17:36 |
Szia Gyöngyő!
Úgy tűnik, az első öt jól felírt sorozattag után a sok szám és vessző között eltévedtél, s talán ezzel magyarázható, hogy több hibával írtad fel a sorozat hátralévő tagjait. Megpróbálom hiba nélkül leírni a sorozat első 11 tagját, remélem, sikerül: 1, 11, 21, 1211, 111221, 312211, 13112221, 1113213211, 31131211131221, 13211311123113112211, 11131221133112132113212221, ...
Végül nézzük a rekurziós képzési szabályt; hogyan kapjuk a 11. tagot a tizedikből: 1db 1, 1db 3, 1db 2, 2db 1, 1db 3, 3db 1, 1db 2, 1db 3, 2db 1, 1db 3, 2db 1, 2db 2, 2db 1.
Üdv: sakkmath
|
Előzmény: [2627] Gyöngyő, 2008-04-13 14:36:32 |
|
[2627] Gyöngyő | 2008-04-13 14:36:32 |
Sziasztok!
Van egy jópofa feladatom!
folytasd:
1,11,21,1211,111221,31,2211,13112221,1113213211,31131211321, 132113111231131211....
üdv: Zsolt
|
|