[3614] lorantfy | 2012-10-14 21:58:35 |
540. Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem. Egy zárhoz többüknél is van kulcs, illetve egy pénztárosnál több kulcs is van. Hány olyan kulcs elosztás van, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?
|
|
|
[3612] SztranyákA | 2012-10-14 11:50:43 |
Úgy látszik, nem lett annyira érdekes a feladat. Akkor megmutatnék egy megoldást.
Az 1.)-re Jonas példája rendben van.
A 2.)-ra azt fogjuk megmutatni, hogy nem lehetséges, hogy 11 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög.
Indirekt tegyük fel, hogy ilyen kiválasztás, és elrendezés lehetséges. Nyilván akkor lehetséges az is, hogy az 1,2,...,10,11 számok közül hagyunk el egyet, és a maradék 10 számmal töltjük ki a bűvös ötszöget. Legyen V: a vonalakon szereplő 4-4 szám összege, míg S: az ötszögben szereplő 10 szám összege.
Mivel minden az ötszögben szereplő szám két vonalon szerepel 2S=5V5|2S5|S
Mivel S=1+2+...10+11-"a hiányzó szám"=66-"a hiányzó szám", ezért "a hiányzó szám" csak az 1,6,11 közül kerülhet ki. Ha az 1-t, vagy a 11-t választjuk, akkor Lórántfy 3605-s feladatát kapjuk (az hasonlóan, ahogy most fogunk dolgozni megmutatható, hogy nem teljesíthető!), így válasszuk kimaradónak a 6-t!
Vagyis most S=66-6=60 , és így V=2S/5=24.
V=24, ami 3-mal osztható. Vagyis minden vonalon a 4 szám összegének 3-mal oszthatónak kell lennie! Most csoportosítsuk a 10 ötszögbe került számunkat a 3-as maradékaik szerint! 2db 0 maradékot ad (3,9), 4 darab 1 maradékot ad (1,4,7,10), és 4 darab 2 maradékot ad (2,5,8,11) 3-mal osztva. A 3-asra, és a 9-re fogunk figyelni!
Bármely két vonalnak egyértelműen létezik metszéspontja, így az ötszögbe került bármely két A,B számhoz (akár egy vonalon vannak, akár nem) van legalább egy harmadik olyan C szám, mellyel mindketten egy vonalon vannak (hiszen minden számra pontosan két vonal illeszkedik, azaz A,B-nek létezik legalább egy-egy nem közös vonala), méghozzá úgy, hogy A,B,C nincs mind egy közös vonalon.
Legyen A=3, B=9, és vizsgáljuk C-t! Mivel C nem osztható 3-mal 1,vagy 2 maradékot ad.
Legyen most C 1 maradékot adó. Az A,C vonalon lévő két másik szám is 1-1 maradékot kell adjon 3-mal osztva (mivel egyik sem adhat 0 maradékot, hiszen B más vonalon van)! Hasonlóan a B,C vonalon lévő másik két szám is 1 maradékot kell adjon! Igen ám, de akkor C, az A,C vonal két másik száma, illetve a B,C vonal két másik száma, azaz 5 különböző szám ad 3-mal osztva 1 maradékot, ami lehetetlen! (Ha abból indulunk ki, hogy C 2 maradékot ad, akkor pedig 5 darab 2 maradékot adó különböző számunk lenne!)
Ellentmondáshoz jutottunk, vagyis valóban lehetetlen a feltételeknek megfelelő bűvös ötszöget csinálni.
|
Előzmény: [3609] SztranyákA, 2012-10-07 11:10:56 |
|
|
[3610] jonas | 2012-10-07 13:36:09 |
Tegnap, amikor a majdnem-megoldást kerestem, megállapítottam, hogy van olyan megoldás, amiben három vonalon azonos az összeg (24), és a két kimaradó vonalon is azonos (19). Egy ilyen megoldást mutatok a bal oldali ábrán ((1 7 3 8), (8 5 9 2), (2 4 7 6), (6 3 5 10), (10 9 4 1)).
Ha ebben a megoldásban a 7-est kicseréled 12-esre, ahogy a második ábrán látható, az megoldja a második kérdésedet, hiszen 12 egymás utáni számból használ fel 10 különbözőt, és minden vonalon az összeg 24.
|
|
Előzmény: [3609] SztranyákA, 2012-10-07 11:10:56 |
|
[3609] SztranyákA | 2012-10-07 11:10:56 |
Aranyos feladat, egy kicsit belepiszkálnék, két plusz kérdést hozzácsapva.
1.) Lehetséges-e, hogy 12 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög?
2.) Lehetséges-e, hogy 11 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög?
Valószínűleg a kérések sugallnak valamit, de ez talán belefér. (Ja, és persze mindkettőre van "szép", programot nem használó megoldás.)
|
Előzmény: [3605] lorantfy, 2012-10-05 19:35:38 |
|
[3608] jonas | 2012-10-06 19:12:03 |
Hmm, várj csak, a feladatkiírásban pozitív egész számokat kérsz. Akkor növeld meg a kitöltésemben mindegyik számot eggyel, így az összeg majdnem mindegyik vonalon 23 lesz.
|
Előzmény: [3607] jonas, 2012-10-06 19:10:44 |
|
|
|
[3605] lorantfy | 2012-10-05 19:35:38 |
Be lehet-e írni tíz egymást követő, pozitív egész számot az alábbi ábra köreibe úgy, hogy az egy egyenesen elhelyezkedő számok összege egyenlő legyen?
|
|
|
|
|
[3602] Lóczi Lajos | 2012-06-28 17:26:08 |
Szokás szerint jelölje tr(A) az A mátrix nyomát és nevezzünk egy mátrixot nemnegatívnak, ha minden eleme nemnegatív valós szám. Rögzítsünk egy tetszőleges n pozitív egész számot.
538. feladat. Megadható-e olyan cn valós konstans, hogy tetszőleges, n×n-es nemnegatív A mátrix esetén teljesül a
tr2(A)cn.tr(A2)
egyenlőtlenség?
|
|
|
|
[3599] Cckek | 2012-06-27 23:56:13 |
Koszi sokat segitettetek, akkor meg lenne egy kerdesem:
Legyen S azon sorozatok ( l2 a negyzetesen osszegezheto sorozatok tere) halmaza melyekre
konvergens. Ekkor Hilbert resztere-e S l2-nek?
|
Előzmény: [3593] Cckek, 2012-06-27 18:31:59 |
|
|
|
|
|
|
|
[3592] sakkmath | 2012-06-21 09:54:08 |
A feladat láttán az Euler-egyenes jutott az eszembe:
Az én olvasatomban a két keretezett eredmény együtt jelenthet egyfajta típusba sorolást. Erre úgy fókuszálhat a feladat, ha a szövegében kikötjük, hogy a háromszög nem szabályos és nem derékszögű.
|
Előzmény: [3588] Cckek, 2012-06-17 19:16:49 |
|
[3591] Lóczi Lajos | 2012-06-17 22:39:54 |
Fokokban:
(A,B,C)=(66.612276..., 41.849268..., 71.538454...) hegyes.
(A,B,C)=(60, 60, 60) szabályos.
(A,B,C)=(90, 12.8295..., 77.1705...) derékszögű.
(A,B,C)=(100.114..., 2.60435..., 77.2821...) tompa.
(A,B,C)=(167.34..., 6.33017..., 6.33017...) egyenlő szárú.
|
Előzmény: [3590] Cckek, 2012-06-17 22:20:48 |
|
|