[312] lorantfy | 2004-04-15 14:41:17 |
Kedves Károly!
Ügyes ki példa ez, csak kevés az időm.
Megoldások száma a 70. feladatnál:
a) esetben 10=4+2+2+2. Nézzük először a 4-es sorok és oszlopok helyzetét. Bármelyik sor bármelyik oszloppal párosítható. Ez 16 lehetőséget jelent, de minden elrendezésnél még 3 korong helyét variálhatjuk. A megmaradó 3x3-as négyzetrácsban kell elhelyeznünk a 3 korongot, úgy, hogy minden sorban és oszlopban csak 1 lehet. Ez 6 féleképpen lehetséges. Így a megoldások száma 6x16=96.
b) esetben, csak a 10=3+3+3+1 felbontás lehetséges, így azokat a megoldásokat könnyen összeszámolhatjuk, ahol a sorban és oszlopban egyedülálló ugyanaz a korong, ami bármelyik mezőben állhat, ez 16 megoldást jelent.
De sajnos vannak olyan esetek is mikor a sorban egyedülálló koron egy oszlopban álló 3-as része és az oszlopban egyedül alló egy sorban álló 3-as része. Ezek az egyedülálló korongok bármelyik sor és oszlop párban állhatnak, ha jól gondolom akkor ez is 16 eset. Összesen 32 megoldás.
Azért jó lenne, ha utánnagondolnátok, mert ez nagyon kapkodva született! Vannak asszimmetrikus megoldások.
|
|
Előzmény: [311] Hajba Károly, 2004-04-15 13:05:26 |
|
|
[310] lorantfy | 2004-04-15 12:54:58 |
70. feladat megoldása: Egyenlőre csak beraktam a korongokat a négyzetrácsba. Most még ki kéne találni hány megoldás van! Aztán általánosítani nxn-es rácsra és k<n2 korongra. Mikor oldható meg egyáltalán?
|
|
Előzmény: [309] Hajba Károly, 2004-04-15 07:47:30 |
|
[309] Hajba Károly | 2004-04-15 07:47:30 |
70. feladat
Adott egy fehér 4*4-es négyzetrács és 10 db fekete korong. Helyezzük el a korongokat egy-egy négyzetre az alábbi feltételek szerint:
a) minden sorban és oszlopban páros korong legyen.
b) minden sorban és oszlopban páratlan korong legyen.
HK
|
|
[308] Hajba Károly | 2004-04-14 01:37:05 |
Kedves Sirpi és Csimby!
Köszi a pontosítást, s mivel tetszett a feladat, elmélázatam az általánosításán is. Íme az általános megoldóképlet a maximumértékre, ahol N pozitív egész:
HK
|
Előzmény: [307] Sirpi, 2004-04-12 15:16:43 |
|
[307] Sirpi | 2004-04-12 15:16:43 |
Valóban a 3668 a maximum, nézzük is, miért.
Tegyük fel, hogy felosztottuk a 2004-et néhány pozitív egész szorzatára.
Ha van a számok közt 1-es, akkor egy másik k számmal összevonva 1.k<1+k miatt növeljük a szorzatot.
Ha van olyan k szám köztük, ami legalább 4, akkor nem rontunk, ha k-t kicseréljük 2.(k-2)-re, sőt, k4 esetén jav³tunk is.
Így feltehető, hogy csupa 2-es és 3-as tényezőkből áll a szorzat. De mivel 2.2.2<3.3 és 2+2+2=3+3, így legfeljebb 2 db. 2-es lehet az optimális szorzatban. De a 2004 osztható 6-tal, ami miatt a 2-esek száma 3-mal osztható kell legyen. De 0 és 2 közt csak a 0 osztható 3-mal, így az optimális szorzatban 0 db 2-es és 668 db. 3-as kell legyen.
Nem láttam be, de triviális, hogy valóban van maximum...
S
|
Előzmény: [306] Hajba Károly, 2004-04-12 01:45:34 |
|
[306] Hajba Károly | 2004-04-12 01:45:34 |
Megoldás a 69.feladatra:
Kezdjük el a 2004-et az nN>2 számokkal elosztani és utána képezni az -t. Az Smax-ot az helyen kapjuk, így .
Ültessük most ezt át az egész számokra, azaz a 2004-t osszuk fel 2-es és/vagy 3-as számok összegére. (Várhatóan 738 darabra), majd ezeket összeszorozni. Erre közelítést az alábbi egyenletrendszer megoldásával tehetünk:
2*n+3*m=2004
n+m=738
Innen az S=2210*3528 szám adódik, de érdekes módon nem ez adja a jó megoldást, hanem az S=3668.
HK
Ui: Remélem, jó az elképzelésem, s egyébként kellemes locsolkodást mindenkinek :o)
|
Előzmény: [305] Csimby, 2004-04-11 21:48:22 |
|
[305] Csimby | 2004-04-11 21:48:22 |
69.feladat Számítsuk ki olyan pozitív egész számok szorzatának maximumát, amelyek összege 2004.
|
|
[304] Sirpi | 2004-04-09 10:05:59 |
Ezt a feladatot nem ismertem, viszont némi agyalás után rájöttem, hogy a feladat nem más, mint egy többdimenziós Mérgezett csoki játék. Ez alapján az a válasz, hogy ha n1, akkor az első játékosnak van nyerő stratégiája (viszont ezt a stratégiát nem lehet megadni, általánosan csupán egzisztenciabizonyítás adható).
Ezután a bevezető után nem is lőnem le (teljesen :-) ) a megoldást, de leírom, hogy mi is az a 2 dimenziós Mérgezett csoki játék:
Van egy n×m méretű csokink, melynek a bal felső kockája mérgezett, valamint egy L alakú késünk, mellyel a csoki rácsai mentén vághatunk. A kést csak úgy forgathatjuk, hogy a levágandó rész jobb alulra essen. A 2 játékos felváltva vág a csokiból, és amit levágnak, azt meg is eszik. Az veszít, akinek a mérgezett kiskocka marad.
Innen már csak azt kell kitalálni, hogy a 2 feladatnak mi köze van egymáshoz, és miért nyer (majdnem) mindig az A játékos...
Remélem, sikerült mindenkit kellően összezavarnom :-)
Könnyű pótfeladat:
a) adjuk meg a nyerő stratégiát, ha a csoki 2×n-es
b) ha n×n-es
Sirpi
|
Előzmény: [303] Csimby, 2004-04-04 23:25:47 |
|
[303] Csimby | 2004-04-04 23:25:47 |
Talán van aki nemismeri:
68. feladat A és B a következő játékot játszák: Kiindulnak egy adott N számból és felváltva mondják N-nek egy-egy osztóját, úgy hogy senki sem mondhat olyan osztót ami az eddig elhangzott osztók egyikének osztója. Az a játékos veszít aki már csak N-et tudja mondani. Mikor, kinek van nyerő stratégiája?
|
|
|
|
|
[299] Csimby | 2004-03-26 22:12:12 |
Én is ezt a megoldást ismerem, amit Nadorp és Onogur összehozott, de a másik is érdekes. Szerintem is nagyon szép.
Kicsit feleslegesnek tartottam ennyi miatt hozzászólást írni ezért arra gondoltam megnézem a What's Special About This Number? lapot, mit ír a 300-ról (mivel ez a 300. hozzászólás, ha valaki meg nem előz) és ezt találtam: "300 is the largest possible score in bowling", fantasztikus. Egyébként vannak "tényleg" érdekes(ebb) dolgok is ezen a honlapon.
|
|
|
[297] Sirpi | 2004-03-26 08:57:09 |
Na, akkor egy próba:
Tudjuk, hogy 0<a<b<c, és használjuk Onogur szemfüles átalakítását:
f(x)=(a-x)(b-x)c+a(b-x)(c-x)+(a-x)b(c-x)
Ekkor
f(a)=a(b-a)(c-a)>0
f(b)=(a-b)b(c-b)<0
f(c)=(a-c)(b-c)c>0
Az előjelváltások és f folytonossága miatt muszáj lenni gyöknek mind az (a,b), mind a (b,c) intervallumban.
S
|
Előzmény: [294] Hajba Károly, 2004-03-26 00:57:49 |
|
[296] nadorp | 2004-03-26 08:54:52 |
Sziasztok !
Adok egy megoldást a 67. feladatra. A bizonyítás nem elemi, de a feladat alapötlete szerintem innen származik.
Tekintsük a p(x)=abcx3-(ab+ac+bc)x2+(a+b+c)x-1 polinomot. Könnyen látható,hogy miatt a p(x) gyökei az számok. A polinomnak három valós gyöke van, ezért létezik egy lokális maximuma és egy lokális minimuma. Ezeket a szélsőértékeket a polinom az illetve a intervallumokon veszi fel. A szélsőértékek helyeit a p'(x)=0 egyenlet gyökei adják.Viszont a
p'(x)=3abcx2-2(ab+ac+bc)x+(a+b+c)=0 egyenlet gyökei nyilván a
(a+b+c)x2-2(ab+ac+bc)x+3abc=0 egyenlet gyökeinek a reciprokai, ezért ennek az egyenletnek a gyökei az (a,b) illetve (b,c) intervallumokba esnek.
|
|
|
[294] Hajba Károly | 2004-03-26 00:57:49 |
Kedves Csimby!
A 65. feladatnál az alábbi részeredményre jutottam:
A (a+b+c)x2-2(ab+bc+ac)x+3abc=0 egyenletet átrendezve az következő egyenletet kapjuk:
(a-x)(b-x)c+a(b-x)(c-x)+(a-x)b(c-x)=0
a) Ha x<a akkor az összeg mindhárom tagja pozitív lesz, míg ha x>c akkor mindhárom negatív lesz, s ez ellentmondás. Tehát a<x<c.
b) Ha rendre x= a, b, c, akkor az összeg két-két tagja rendre zérus, míg a harmadik nem. Így ez is ellentmondás. Tehát x(a,b,c)
c) Ha a<x<b vagy b<x<c, akkor az összeg 3. tagja mindig negatív, a másik két tag előjele ellentétes, így mindkét tartományban lehetséges gyök; de eddig még nem leltem meg a megoldást, mellyel bizonyíthatnám, hogy két külön tartományba is kell kerülniük. :o(
HK
|
Előzmény: [289] Csimby, 2004-03-24 00:40:29 |
|
[293] Sirpi | 2004-03-25 15:10:41 |
Megjegyzés a 65. feladathoz:
A kitűzésnél 0<x</4 volt, de az állítás igaz (és a bizonyítás is megy) 0<x</2-re. Sőt több is igaz:
Beláttuk, hogy ha x hegyesszög, akkor x legfeljebb a sin x és tg x számtani közepe lehet. Ez viszont igaz számtani helyett harmonikus középre is, amivel élesebb becslést kapunk:
S
|
Előzmény: [292] nadorp, 2004-03-25 13:34:34 |
|
|
[291] lorantfy | 2004-03-24 13:26:07 |
Kedves Zoltán!
Kösz a figyelmeztetést. Neked jobb a memóriád, én nem emlékeztem rá. Ráadásul a megoldásban utalnak az általános megoldhatóság feltételére is. Azért remélem lesz olyan, aki ettől függetlenül megcsinálja.
|
Előzmény: [290] SchZol, 2004-03-24 12:32:51 |
|
|
[289] Csimby | 2004-03-24 00:40:29 |
65.feladat Bizonyítsuk be, hogy ha 0<x</4, akkor x<(tgx + sinx)/2.
66.feladat Bizonyítsuk be, hogy tg 1°, sin 1°, cos 1° irracionális.
67.feladat (a+b+c)x2-2(ab+bc+ac)x+3abc=0 és 0<a<b<c Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet egyik gyöke a és b közé a másik pedig b és c közé esik.
A feladatok a Nemzetközi Magyar Matematikai Versenyen voltak kitűzve, úgyhogy aki volt az ismeri a megoldásokat aki nem, annak meg jó szórakozást.
|
|
[288] lorantfy | 2004-03-23 22:56:49 |
Kedves Károly és Fórumosok!
Éppen ideje volt már „földobni” ezt a témát! Ezt a feladatot én is hallottam már többféle változatban, cipókkal, tojásrántottával, de fahasábokkal és spórral még nem. Bennem meleg elmékeket kelt az utóbbi, de sokan szerintem már azt sem tudják mi az. ( Spór = spórhelt = sparhert = takaréktűzhely )
64. feladat: Valaki dombos úton kerékpárral ment A helyről B-be majd ugyanott vissza. Vizszintes úton v = 16 km/h, lefelé u = 24 km/h, felfelé pedig w = 12 km/h sebességgel haladt. Oda-vissza összesen 3 órát kerékpározott. Mekkora az AB távolság?
Akinek ez nagyon könnyű lenne:
64.b feladat: Milyen 60 km/h > u > v > w egész számokra van a feladatnak egyértelmű megoldása?
|
Előzmény: [287] Hajba Károly, 2004-03-22 15:19:25 |
|