|
[279] nadorp | 2004-03-02 08:26:12 |
Kedves László !
Gratula,nagyon elegáns a megoldás. Hetedikes fiam hozta a következő példát.
62.feladat: Az ABCD téglalapban AB=5,BC=1. Az AB oldal olyan belső pontja E, melyre AE:EB=2:3. Határozzuk meg szögfüggvények használata nélkül a CED szöget.
|
|
[278] lorantfy | 2004-02-28 15:02:24 |
61. feladat megoldása: A pozitív egészekből álló sorozat: a1,a2,a3,...am,...an,...am+n-1
Nevezzük az i db egymásutáni tagból álló számsort „i-lánc”-nak. Nekünk m és n láncokat kell összegeznünk. Legyen m<n. Írjuk az összegzendő láncokat 1-el eltolva egymás alá, külön az m és külön az n-láncokat. Így azonos tagok kerülnek egymás alá.
Látható, hogy m-láncból (m+n-1)-m+1= n db van, hasonlóan n-láncból m db.
Az Sn összegben m sor van tehát az összeadott azonos tagok együtthatói 1-től m-ig növekednek a1-től am-ig. Ezután an-ig minden együttható m, majd egyesével csökkennek az együtthatók, am+n-1 együtthatója 1 lesz.
Az Sm összegben n(>m) sor van, de az m-láncok hossza m, így itt is csak m db azonos tag kerülhet egymás alá, hiszen minden m-lánc 1-el el van tolva és m számú eltolás után az első lánc „elfogy”. Így az egymás alá kerülő azonos tagokat összeadva az együtthatók pontosan úgy alakulnak mint az Sn összegben.
Tehát Sn=Sm.
|
|
Előzmény: [277] nadorp, 2004-02-27 11:58:44 |
|
[277] nadorp | 2004-02-27 11:58:44 |
A Nehezebb matamatikai problémák között Sirpi [75] kitűzött egy példát. Ennek egyik "mellékterméke" az alábbi állítás.
61.feladat: Legyenek m,n tetszőleges pozitív egészek és tekintsünk m+n-1 darab tetszőleges valós számot. Képezzük az összes lehetséges módon n darab szomszédos szám összegét. Jelölje ezen összegek összegét Sn. Definiáljuk hasonlóképpen Sm-et is. Bizonyítsuk be, hogy Sn=Sm
|
|
[276] Hajba Károly | 2004-02-26 21:57:29 |
Kedves László!
Íme az én verzióm majdnem a Te stílusodban. (Először nem jöttem rá a szines trükködre, de aztán gyakoroltam inkább a TeX-et :o)
K3-K1 |
K1 |
K1-K2 |
K2-K1 |
K2 |
K2-K3 |
K3-K2 |
K3 |
K1-K3 |
6 |
18 |
6 |
5 |
17 |
6 |
4 |
15 |
5 |
3 |
12 |
4 |
5 |
16 |
6 |
4 |
14 |
5 |
3 |
11 |
4 |
2 |
9 |
3 |
4 |
13 |
5 |
3 |
10 |
4 |
2 |
8 |
3 |
2 |
7 |
2 |
1 |
4 |
1 |
2 |
5 |
1 |
2 |
6 |
2 |
1 |
3 |
1 |
0 |
2 |
1 |
0 |
1 |
0 |
17 |
58 |
20 |
16 |
57 |
20 |
16 |
56 |
19 |
|
HK
|
Előzmény: [274] lorantfy, 2004-02-26 07:45:45 |
|
[275] Csimby | 2004-02-26 21:13:06 |
Onogur és Lorantfy megoldásában is 19/36 valószínűséggel nyer Andris. Nem lehet jobbat találni? ill. hogyan lehetne bebizonyítani, hogy nem lehet?
|
|
|
|
|
|
|
[269] lorantfy | 2004-02-25 11:20:16 |
Kedves Csimbi és Fórumosok!
Valóban túl egyszerűnek tűnik az egyenlő valószinüségű megoldás, figyelembe véve, hogy a példát Gyuri adta fel és a "kivégzés" emléke még bennünk él!
Nekem elsőre úgy tűnik, mintha az "egyik kocka jobb mint a másik" reláció tranzitív lenne. De mégis jónak találom az ötletedet! Vizsgáljuk meg!
|
Előzmény: [268] Csimby, 2004-02-25 11:00:28 |
|
[268] Csimby | 2004-02-25 11:00:28 |
Andris mindenképpen eltudja érni, hogy egyenlők legyenek az esélyek, ha az egyik kockára 1,2,3,16,17,18-at ír. Ha Béla nem, akkor ő kiválasztja ezt a kockát -> 1/2 valószínűséggel nyer, függetlenül a másik két kockától.
Tehát ha valakinek van nyerő stratégiája, az Andris. Olyan elosztást kéne találni, hogy az A kocka jobb a B-nél, B a C-nél, C az A-nál -> Béla akármit választ, Andris tud jobbat.
|
|
[267] lorantfy | 2004-02-25 10:52:45 |
Kedves Károly és Fórumosok!
Abból, hogy a számok összege minden kockán 57 én még nem látom tisztán, hogy egyenlő lenne a nyerési esély és van ilyen elosztás?
Én igy gondolom: András nyilván igyekszik úgy elosztani a számokat, hogy legalább két kockával egyenlő legyen a nyerési esély és a harmadikkal ezeknél kisebb. Ha ez lehetséges, akkor egyenlő valószinüséggel nyerhetnek. (A 3. kocka azért nem lényeges, mert Béla kiválasztja az egyik jobb kockát, András meg a másikat)
A lenti táblázatba beírtam a számok elosztásását. A szélső oszlopokba pedig, hogy az adott szám hány párban nyerő. A 36 lehetőségből mindkét kocka 18-18 szor nyer. Tehát mindeny, hogy kinek a helyében játszunk
|
|
Előzmény: [264] Hajba Károly, 2004-02-24 21:05:58 |
|
[266] Sirpi | 2004-02-25 10:52:29 |
Az előző példám nagyon sarkított, és természetesen nem fér bele a feladat kereteibe (1-18-ig terjedő, különböző számok), de rávilágít valamennyire a dologra...
S
|
Előzmény: [265] Sirpi, 2004-02-25 10:47:37 |
|
[265] Sirpi | 2004-02-25 10:47:37 |
Sajnos ez az érvelés hibás... Tegyük fel, hogy van két kockánk, egyiken 0, 0, 0, 0, 0, 100000 számok vannak, a másikon 1,1,1,1,1,1 számok. Melyik kocka a jobb? A másodikkal 5/6 eséllyel nyerek az első ellen, pedig az összeg (átlag) kisebb rajta.
S
(Imserem a megoldást, de csöndben maradok...)
|
Előzmény: [264] Hajba Károly, 2004-02-24 21:05:58 |
|
[264] Hajba Károly | 2004-02-24 21:05:58 |
60. feladathoz:
Ha András úgy ossza ki a számokat a dobókockák között, hogy az egyik kocka oldalösszege nagyobb, mint a többin, akkor Béla ezt választva hosszútávon elönyt élvezhetne, mivel magasabb átlagpontot érne el vele. Amennyiben mindhárom kockán egyenletesen vannak elosztva a számok, azaz egy-egy kockán található számok összege 57-57, teljesen mindegy a választott kockán lévő számok értéke, hosszútávon kiegyenlítődik a játék. A teljesen egyenletes eloszlás miatt úgy kell a kiosztást elvégezni, hogy egy-egy kocka két-két ellentétes oldalán található számok összege 19 legyen.
Ezzel a taktikával mindegy, hogy ki kezd és véletlenszerű a különbség.
HK
|
Előzmény: [263] Gyuri, 2004-02-23 15:19:09 |
|
[263] Gyuri | 2004-02-23 15:19:09 |
Kedves Fórumosok!
Íme egy újabb feladat:
60. feladat: András és Béla játszák a következő játékot: András az 1,2,...,18 számokat felírja 3 db, kezdetben számozatlan dobókocka lapjaira, minden lapra pontosan egy számot. Ezután Béla választ egy kockát e három közül, persze a választás előtt kedvére tanulmányozhatja őket. András a megmaradt két kocka közül választ, majd rátérnek a játék fő részére. Dobnak mindketten a saját kockájukkal, és a nagyobb számot dobó elnyer egy forintot a másiktól. Így dobálgatnak a kockáikkal, minden lépésben a sajátjukkal. Kérdés: kinek a helyében érdemes játszani? mennyire éri meg?
Üdv: Gyuri
|
|
|
|
[260] Gubbubu | 2004-02-19 20:16:44 |
Kedves Fórum!
A következő feladatot azoknak ajánlom, akik az itteni versenyszintű feladatokat túl nehéznek, de a "darálós" matematikafeladatokat (pl. zöld könyv) túl könnyűnek érzik.
59. fa.: Oldjuk meg a
egyenletet, (x,y)R2
|
|
[259] Lóczi Lajos | 2004-02-19 04:32:18 |
Kedves Onogur!
Még utoljára hadd reagáljak én is a kérdésre. Persze, én is hasonlóra gondoltam a "képlet" szó hallatán---arra a néhány "önkényesen" kijelölt függvényre (pl. szinusz, logaritmus, négyzetgyök, stb.), melyeket "legtöbbször" használunk, illetve ilyenekből (véges sok lépésben ?) a függvényműveletekkel (pl. alapműveletek, kompozíció, inverz, stb.) készíthető függvényekre.
A "véges lépésben kifejezhetőség" kérdését és a másodfokú egyenlet megoldóképletét nézhetjük azonban a következő nézőpontból is: pl. már az x2=2 (x>0) egyenlet megoldása, azaz sem fejezhető ki racionális számokkal és véges sok alapművelettel; természetesen a határérték felhasználásával (és végtelen sok racionális szám felhasználásával) már kifejezhető. De ugyanígy van a 10x=2 egyenlet valós megoldásával is: a log102 kifejezést sem lehet a határérték fogalmának mellőzésével véges sok racionális számból megkonstruálni. (Limesz segítségével persze könnyen definiálható pl. a logaritmus hatványsora és így a log102 szám is.) Ugyanez a helyzet tehát minden irracionális számmal, hiszen irracionális számokat "konstruálni" csak már valami meglévő "anyagból", pl. a racionális számokból lehet.
Már az is szerencsének számít szerintem, hogy egy "véletlenszerűen" felírt nemlineáris egyenletnek egyáltalán kifejezhető a megoldása a "megszokott", elemi függvények segítségével (és határértékképzéssel).
Ilyen típusú tételekkel, kérdésfelvetéssel egyébként a primitívfüggvény-keresés (azaz határozatlan integrálás) elméletében foglalkoznak, meg lehet kérdezni pl., hogy egy adott függvénynek a (bizonyíthatóan létező) primitív függvénye egy adott függvényosztályban van-e: pl. jól ismert, hogy az xe-x2 függvény primitív függvénye "nem elemi" függvény, azaz a "szokásos" képletekkel nem "fejezhető ki". Ennek ellenére egyszerű hatványsorral (ismét határértékképzés!) minden további nélkül előállítható a primitív függvénye. (És ha tetszik, be is vezethetünk erre egy új nevet, ahogyan ezt szokták is (valójában a függvény konstansszorosát nevezik el): legyen ez az ún. hibafüggvény, és jelöljük az erf(x) jellel. Ezzel aztán ugyanúgy számolhatunk, mint pl. a log(x) függvénnyel...tehát a történetnek sosem lehet vége.)
|
Előzmény: [258] Hajba Károly, 2004-02-19 00:42:09 |
|
[258] Hajba Károly | 2004-02-19 00:42:09 |
Kedves Lajos!
A "pontos érték" alatt én is olyasvalamire gondoltam, mint gubbubu; vagy például képlet alatt olyanra, mint a másodfokú megoldóképlet, tehát véges lépésben kifejezhető érték. Feltehetően nem pontosan fogalmaztunk.
De azt javaslom, hogy ezirányú pontosításokat ne folytassuk, mivel ilyen - fent vázolt módon kifejezhető formában - feltehetően nem létezik, másrészről a feladatot természetesen megoldotnak tekintem én is. :o)
HK
|
Előzmény: [256] Lóczi Lajos, 2004-02-18 02:53:55 |
|
|
[256] Lóczi Lajos | 2004-02-18 02:53:55 |
Kedves Onogur!
Mit értesz pontosan "pontos érték" alatt? Megmutattuk, hogy a harmadik megoldás létezik, egy valós szám, és más, ismert mennyiségekből elő is állítottuk (határérték segítségével).
Üdv, Lajos
|
Előzmény: [250] Hajba Károly, 2004-02-17 14:18:00 |
|