|
[3335] Tóbi | 2010-10-02 22:38:44 |
Igazad, van rossz következtetést vontam le abból, hogy van körbeverés. Ez csak azt jelenti, hogy a lehetséges kockák nem állíthatók sorba erősség szerint. Ettől még lehetne olyan kocka, ami minden másikat szigorúan legyőz.
|
Előzmény: [3334] Csimby, 2010-10-02 22:00:45 |
|
[3334] Csimby | 2010-10-02 22:00:45 |
Pont te bizonyítottad be, hogy a szabályos kocka legerősebb, abban az értelemben, hogy senki se veri őt (a 21 összegű kockák közül). Persze ettől még igazad van, hogy másik 3 kocka körbeverheti egymást (de a szabályos kocka nem lehet benne ilyen körbeverésben).
Az A kocka legyen nagyobb a B kockánál, akkor, ha az Ai-Bj értékek között több pozitív van, mint negatív. Ez a reláció nem lesz tranzitív mint ahogy azt az előbb te is írtad, viszont maximális elemei lehetnek (akiknél mindenki akivel összehasonlítható, kisebb vagy egyenlő - jelen esetben persze mindenki mindenkivel összehasonlítható). A szabályos kocka pl. maximális.
|
Előzmény: [3333] Tóbi, 2010-10-02 21:36:54 |
|
[3333] Tóbi | 2010-10-02 21:36:54 |
Nem lehet egyértelműen meghatározott legerősebb kocka. Ugyanis A=(4,4,4,4,4,1) B=(6,6,6,1,1,1) C=(6,3,3,3,3,3,) esetén A veri C-t 25-11-re, C veri B-t 18-15-re, és B veri A-t 18-15-re. Így (bármilyen számhalmazból kerüljenek is ki a felírt számok) kevert stratégiát kell használni, ha egyszerre kell megadnunk az egész kockánkat. Az eredeti feladatra ez persze nem ad választ, de indokolja, hogy mi értelme van egyesével számozni a kockákat.
|
Előzmény: [3332] Csimby, 2010-10-02 21:03:32 |
|
[3332] Csimby | 2010-10-02 21:03:32 |
Hoa: Ez jó ötlet volt, köszi (valójában az kell, hogy Ni-Si-k között több legyen a pozitív mint negatív, nem az, hogy 18-nál több legyen)
Tóbi: Igen, ez jó. Kivéve ha 6-nál nagyobb számok is lehetnek a másik kockán (ami nem volt megtiltva). De a győzelmek száma ekkor se mehet 15 fölé, míg a döntetlenek száma ekkor is legfeljebb 6.
És ha 21 helyett valamimásik C6 poz. egész a számok összege? Igaz lenne hogy az ilyen kockák között mindig vannak legerősebbek?
És ha nem pozitív egészeket is írhatunk a lapokra (nyilván bármilyen fix alsó korlát nem jelentene lényeges különbséget)?
|
Előzmény: [3331] Tóbi, 2010-10-02 20:31:32 |
|
[3331] Tóbi | 2010-10-02 20:31:32 |
A szabályos (1,2,3,4,5,6) kocka ellen bármilyen (a,b,c,d,e,f) kocka 15 esetben nyer, 15 esetben veszít 6 döntetlen mellett, ha a+b+c+d+e+f=21. Ugyanis ha a 2. kockával a-t dobunk, akkor a szabályos kocka válaszai közül a-1 db győzelmet, 1 db döntetlent eredményez nekünk. Így 6 döntetlen lesz, és a-1+b-1+c-1+d-1+e-1+f-1=21-6=15 esetben nyerünk és 6*6-15-6=15 esetben veszítünk.
|
Előzmény: [3329] HoA, 2010-10-02 20:00:58 |
|
|
[3329] HoA | 2010-10-02 20:00:58 |
Először azt kéne megnézni, van-e jobb kocka a "szabályos"-nál? Mert ha nem, akkor A akármilyen számokat is ír, B-nek szabályos ( 1,2,3,4,5,6 ) kockát kell készítenie. Az N nemszabályos kocka akkor jobb az S szabályosnál, ha a kockákra írt számok 36 darab Ni-Sj ( i,j = 1,2,...,6 ) különbségből 18-nál több pozitív.
Ha van jobb kocka, akkor igazi a feladat: A jobb kockájánál tud-e B mégjobbat készíteni?
|
Előzmény: [3328] Csimby, 2010-10-02 19:46:13 |
|
|
|
[3326] Csimby | 2010-10-02 18:08:47 |
508. feladat
A és B a következőt játsszák: mindkettőjüknek van egy dobókockája, számok nélkül. Először A ír egy pozitív egész számot a saját kockájának az egyik lapjára, majd B tesz ugyanígy. Ezután megint A ír egy pozitív egész számot a saját kockájának egyik lapjára, majd B stb. Amire vigyázniuk kell, hogy a számok összege egyik kockán sem lehet nagyobb mint 21. Mikor már minden lapon szerepel szám, dobnak a saját kockájukkal és az nyer, aki nagyobb számot dobott a másiknál.
Kinek milyen stratégiával érdemes játszani?
(Az igazság az, hogy nem tudom milyen nehéz feladat, csak eszembe jutott.)
|
|
|
|
|
[3322] HoA | 2010-09-30 13:10:20 |
Tekintsük a feltételezett X megoldást szintén ciklikus felírásban. Mivel az 5 X3-ra helyben marad, ezért ő vagy egyelemű, vagy hárommal osztható hosszúságú ciklus tagja. Összesen 5 elem van, tehát ez csak hármas ciklus lehet. Ugyanez igaz a 4-re. Így a lehetőségek:
a) 5 is, 4 is egyelemű ciklus
b) 5 egyelemű, 4 egy hármas ciklus tagja
c) 4 egyelemű, 5 egy hármas ciklus tagja
d) 4 is és 5 is hármas ciklus tagja
A b) és c) eset könnyen kizárható, ekkor ugyanis a maradék egy elem is egyelemű ciklust alkot, tehát X3 –ra helyben maradna A d) esetben, mivel 5 elemből legfeljebb egy hármas ciklus képezhető, 4 és 5 ugyanannak a ciklusnak a tagjai, de ekkor ennek a ciklusnak a harmadik tagja is helyben maradna X3-ra. Marad az a) eset, az útmutatás tkp. erre vonatkozik. 4 és 5 nem mozog, tehát csak az 1 2 3 elemekkel kell foglalkoznunk. Van-e olyan permutációjuk, melynek harmadik hatványa (1 2 3) ? Esetszétválasztással elvben a lehetőségek:
d1) 3 egyelemű ciklus – nem jó, X3-ra helyben maradnak
d2) 1 egyelemű és 1 kételemű ciklus – nem jó, az egyelemű ciklus tagja helyben marad
d3) 1 háromelemű ciklus – nem jó, ennek harmadik hatványa mindhárom elemet helyben hagyja.
|
Előzmény: [3309] epsilon, 2010-09-26 13:28:39 |
|
[3321] epsilon | 2010-09-27 05:34:43 |
Nagyon valószínű a magyarítás, mert pl. a transzpoziciót is a Wikipédia is elemcserének, a ciklust ciklikus permutációnak, stb. nevezi, tehát magyarítás nyugodtan lehet.
|
Előzmény: [3320] jonas, 2010-09-26 22:31:21 |
|
|
[3319] epsilon | 2010-09-26 20:55:20 |
Igen Mihály, ezt értem, ez az előző hozzászólásod "láncsorának" a magyarázata, Én is felírtam a többi ugyanolyan "láncsort" amit az előbbi hozzászólásodban írtál, így bejön összesen 10 betű. Ezen felírások által sem látom, hogy mi lenne az ellentmondás, ami miatt nem létezik az x permutáció.
|
Előzmény: [3318] Fálesz Mihály, 2010-09-26 20:32:10 |
|
[3318] Fálesz Mihály | 2010-09-26 20:32:10 |
Az x egy {1,2,3,4,5}{1,2,3,45} permutáció, amit keresel. Ez az 1-et elviszi valamilyen a elembe, az a-t elviszi valamilyen b-be, b-t pedig 2-be és így tovább.
|
Előzmény: [3314] epsilon, 2010-09-26 19:02:29 |
|
[3317] epsilon | 2010-09-26 19:26:08 |
Kedves Miháy! Noha a második vázlat érdekesnek tűnik, és nem tudtam követni, mindemellett az "Ha x3 harmadrendű, akkor az x hányadrendű?" kérdésed alapján összeállt egy megoldás, ami a következő: x a 9-ik hatványon éppen az identikus permutációt adja. És ekkor nem nehéz igazolni, hogy a 9-nek osztania kellene az 5!=1×2×3×4×5-öt, és ez absurdum, ígyhát nem létezik az x. Mindemellett, ha van rá türelmed, nagyon örvendenék annak a másik megoldásnak amit vázlatoltál. Tisztelettel üdv: epsilon
|
Előzmény: [3311] Fálesz Mihály, 2010-09-26 14:47:33 |
|
|
|
[3314] epsilon | 2010-09-26 19:02:29 |
Kedves Mihály! Köszi szépen az útmutatást! Van benne számomra néhány megtévesztő dolog: az "elem pályája" az csak személyes megfogalmazás, vagy szakkifejezés? A "9 elem" honnan annyi, mert Én az x permutációban ha ismeretlennek tekintenénk akkor az 1,2,3,4,5 alatt a,b,c,d,e mindössze 5 betűre lenne szükség és nem 9-re. A nálad bejött a-f hat betű miket jelöl? Az x×x×x permutáció szorzásából? Szóval ha tudnád részletezni, előre is megköszönném! Üdv: epsilon
|
Előzmény: [3313] Fálesz Mihály, 2010-09-26 17:25:07 |
|
|
[3312] epsilon | 2010-09-26 16:22:25 |
Szeretném kikerülni az elem rendjére vonatkozó ismereteket, csak a permutáció és a ciklusokra vonatkozóan szeretném megoldani, vajon így lehetséges-e? Mert a diákok akiknek szól nem tanultak csoportelméletet.
|
Előzmény: [3311] Fálesz Mihály, 2010-09-26 14:47:33 |
|