[3971] gyula60 | 2015-09-20 10:42:28 |
A feladvány nem korrekt, így kiegészítésre szorul. Olyan szimmetrikus alakot keressünk, amelybe akárhogy is helyettesítjük az értelmezési tartomány két &tex;\displaystyle (y,z)&xet; valós értékét és egy &tex;\displaystyle x&xet; ismeretlent, hogy az így keletkező &tex;\displaystyle S(x,y,z)=0&xet; egyenletnek az &tex;\displaystyle x&xet;-re nézve négy valós gyöke legyen, hasonlóan, mint a Héron-képlet területnégyzeténél keletkező egyenletben. Továbbá a keresendő &tex;\displaystyle g(x,y)&xet; kétváltozós függvény kifejezhető legyen &tex;\displaystyle g_1(x)\cdot g_2(y)&xet; szorzat segítségével is.
|
Előzmény: [3970] gyula60, 2015-09-18 21:43:30 |
|
[3970] gyula60 | 2015-09-18 21:43:30 |
Bizonyítsuk be, hogy az &tex;\displaystyle f (x, y, z) := 2x^2y^2 + &xet; &tex;\displaystyle x^2 + y^2 - z^2&xet; függvényhez található olyan &tex;\displaystyle g(x, y)&xet; kétváltozós irracionális függvény, hogy az &tex;\displaystyle S(x, y, z) :=g^2 (x, y) -f^2 (x, y,&xet; &tex;\displaystyle z)&xet; háromváltozós függvény szimmetrikus legyen? Vagyis teljesüljön az &tex;\displaystyle S(x, y, z) = S(y, z, x)&xet; azonosság.
Megjegyzés: A Cayley-Klein geometriai rendszer trigonometriái szolgálnak alapot a példákra. Legtriviálisabb az iskolai geometria koszinusztétele, ahol &tex;\displaystyle f(x, y, z) := x^2 + y^2 - z^2&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=2xy&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szimmetrikus lesz a Héron formulában szereplő kifejezés miatt is. A másik példa a gömbi geometriából való, ahol &tex;\displaystyle f(x,y,z):=cos(z)-cos(x)cos(y)&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=sin(x)sin(y)&xet; és ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szintén szimmetrikus függvény lesz.
|
|
[3969] Lóczi Lajos | 2015-09-17 19:31:04 |
Adott a térben 4 egyenes az alábbi egyenletekkel:
1.) &tex;\displaystyle x-1=y=0&xet;,
2.) &tex;\displaystyle y-1=z=0&xet;,
3.) &tex;\displaystyle x=z-1=0&xet;,
4.) &tex;\displaystyle x=y=-6z&xet;.
Van-e olyan egyenes (és ha igen, hány), amely metszi mind a négy fenti egyenest?
|
|
[3968] Loiscenter | 2015-04-19 12:39:42 |
Most foglalkozunk a következö feladattal:
2nx2n sakktábla es ugy festjük hogy minden sorban és minden oszlopban van 4 - 4 fekete mezö. Hány féleképen lehet?
Van egy gondolatom:
Azt mondjuk hogy egy müvelet "jo" , ha a müvelet elvégzesnél minden sorban és minden oszlopban 1- 1 mezöt festjük feketére ( n db mezöt).
Ezzel gondolattal tulajdonkeppen egy 4-4 szinezést 4 db 1-1 szinezésre tudjuk bontani ! Most még azon gondolom, hogyan számoljam egyértelmüen!
Nem tudom hogy ez segit- e nekunk?
|
Előzmény: [3967] jonas, 2015-04-17 15:50:22 |
|
[3967] jonas | 2015-04-17 15:50:22 |
Attól függ, hogyan általánosítod. Ha azt szeretnéd tudni, hogy hányféleképpen lehet kiszínezni egy sakktáblát úgy, hogy minden sorban és minden oszlopban pontosan 4 fehér mező legyen, akkor az A058528 sorozat adja meg az eredményt. Az ott látható képletet nem tudom levezetni, de azt el tudom mondani, hogy én hogy számolnám ki ezeket a számokat annál egy kicsit bonyolultabban.
Ha e helyett olyan színezéseket számolsz, ahol minden sorban és minden oszlopban a mezők fele fehér, vagyis a korábban említett A058527 sorozatról van szó. Ez utóbbit én nem tudom polinom időben kiszámolni.
|
Előzmény: [3966] Loiscenter, 2015-04-17 15:28:34 |
|
|
[3965] jonas | 2015-04-16 22:45:26 |
Érdekes így egymás után feltéve a két kérdés. Miután az elsőt kiszámoltam (és ugyanazt az eredményt kaptam, mint Róbert Gida), a másodiknak is ugyanúgy álltam neki, mint az elsőnek. Ki is jött a helyes eredmény.
Utána viszont valaki elárulta, hogy van a második feladatra egy egyszerűbb megoldás is. Rá kellett volna jönnöm magamtól, csak az első elterelte a figyelmemet. Elmondom röviden.
Legyen egy &tex;\displaystyle n×n&xet;-es sakktáblánk, ahol &tex;\displaystyle n = 8 &xet;. Tekintsük azokat a színezéseit a sakktáblának, ahol minden mező fekete vagy fehér, és minden sorban van fekete és fehér mező is. Legyenek &tex;\displaystyle k, l &xet; nemnegatív egészek, és jelöljünk ki a sakktáblán &tex;\displaystyle k &xet; oszlopot csupa feketének, meg &tex;\displaystyle l &xet; ettől diszjunkt oszlopot csupa fehérnek, a többi oszlopban bármilyen színű mezők lehetnek. Jelölje &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; azt a számot, ahány színezés van az előbbiek közül, ha ezt a néhány rögzített oszlopot nem változtathatjuk. Ez nyilván független attól, hogy melyik oszlopokat jelöltük ki. Ha ismernénk az &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; számokat, akkor szitával megkaphatjuk azoknak a színezéseknek az &tex;\displaystyle r &xet; számát, amelyekben nincs sem csupa fekete, sem csupa fehér oszlop. Pontosan
&tex;\displaystyle
r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}a_{k,l}
&xet;
Viszont &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; értékét azért könnyű kiszámolni, mert az ez által megszámolt színezésekben a sorok függetlenek. Azt kell tehát csak kiszámolni, hogy egy sort hányféleképpen színezhetünk ki megfelelően, és ezt &tex;\displaystyle n &xet;-edik hatványra emelni. Valóban,
&tex;\displaystyle
a_{k,l} = (2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n
&xet;
A két korrekciós tag azért kell, hogy kizárjuk a csupa fekete és a csupa fehér mezőből álló sort, de csupa fekete színezés csak akkor lehet, ha semelyik oszlopot nem rögzítettük fehérnek. Megoldásként tehát azt a dupla összeget kapjuk, hogy
&tex;\displaystyle
r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}(2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n
&xet;
Ezt ki lehet számolni közvetlenül, de lehet egyszerűsíteni is. Ehhez szét kell választani négy részre az összeget a szerint, hogy &tex;\displaystyle k &xet; és &tex;\displaystyle l &xet; közül melyik nulla.
&tex;\displaystyle
r = r_0 + r_1 + r_2 + r_3
&xet;
&tex;\displaystyle
r_0 = (2^n - 2)^n
&xet;
&tex;\displaystyle
r_1 = \sum_{0 < l} (-1)^l\binom{n}{l}(2^{n-l} - 1)^n
&xet;
&tex;\displaystyle
r_2 = \sum_{0 < k} (-1)^k\binom{n}{k}(2^{n-k} - 1)^n
&xet;
&tex;\displaystyle
r_3 = \sum_{0 < k}\sum_{0 < l} (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}(2^{n-k-l})^n
&xet;
Szimmetria miatt &tex;\displaystyle r_1 = r_2 &xet; (ez akkor is igaz lenne, ha nem négyzetes táblát használnánk). A negyedik részről észrevehetjük, hogy átlósan lehet összegezni, az &tex;\displaystyle m = k + l &xet; helyettesítéssel.
&tex;\displaystyle
r_3 = \sum_{2 \le m}\left((-1)^m 2^{n(n-m)}\binom{n}{m}\cdot\sum_{1 \le l < m} \binom{m}{l}\right) =
&xet;
&tex;\displaystyle
= \sum_{2 \le m}\left((-1)^m \binom{n}{m}(2^m - 2)2^{n(n-m)} \right)
&xet;
Így pedig már csak két szimpla összeget kell kiértékelni, és mindkettőben csak &tex;\displaystyle n-1 &xet; darab nemnulla tag van.
Itt vannak az egyes tagok.
&tex;\displaystyle r_0&xet; = 17324859965700833536;
&tex;\displaystyle r_1&xet; = -541401873928151048+6948361847490588-47761898096696 +179402343750-322828856+183708-8 = -534501094899058562;
&tex;\displaystyle r_3&xet; = 15762598695796736-369435906932736+4209067950080 -28185722880+113770496-258048+254 = 15397343784603902;
&tex;\displaystyle r = r_0 + 2r_1 + r_3&xet; = 16271255119687320314;
Az első feladatra nem ismerek ennyire gyors számítást, de persze nem tudom kizárni, hogy van.
|
Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28 |
|
|
[3963] jonas | 2015-04-16 14:11:32 |
Róbert Gidával egyetértek, valóban 116963796250 olyan színezés van a 8×8-as sakktáblán, ahol minden sorban és minden oszlopban pontosan 4 fekete mező van.
A másik kérdésre. Nekem az jött ki, hogy 16271255119687320314 olyan színezés van, ahol minden sorban és minden oszlopban van fekete és fehér mező is, ez az összes fekete-fehér színezésnek kb. 88 százaléka. Persze lehet, hogy elszámoltam valamit, úgyhogy ellenőrizzétek. Ez nincs benne az OEIS-ben.
|
Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28 |
|
|
|
|
[3959] Loiscenter | 2015-04-14 22:46:28 |
Tud-e valaki segiteni a következö feladatokban:
8x8 sakktáblának mezöit feketere és fehérre ugy, hogy minden oszlopban és minden sorban....:
1.feladat: 4 fehér és 4 fekete mezö van! és általanositás 2nx2n -re?
2. feladat: van mind két szinböl! és nxn általánositásra?
köszönöm!
|
|
[3958] Loiscenter | 2015-04-14 22:30:23 |
Segitséset szeretnék kérni a következö feladatban ( tudomásom szerint igaz )
Bizonyitsuk be hogy
f(x)= (n+1).&tex;\displaystyle x^n&xet; + n.&tex;\displaystyle x^{n-1}&xet; + ... + 2x + 1
irreducibilis (nem bontható két egész együtthatos nen 0- foku polinom szorzatára) egész számok felett.
Elnézést - remélem mar nincs több irási hiba.
nagyon köszönöm!
|
Előzmény: [3957] Loiscenter, 2015-04-14 22:24:10 |
|
[3957] Loiscenter | 2015-04-14 22:24:10 |
Segitséset szeretnék kérni a következö feladatban ( tudomásom szerint igaz )
Bizonyitsuk be hogy
f(x)= (n+1).&tex;\displaystyle x^n&xet; + n.&tex;\displaystyle x^{(n-1)}&xet; + ... + x + 1
irreducibilis (nem bontható két egész együtthatos nen 0- foku polinom szorzatára) egész számok felett.
nagyon köszönöm!
|
Előzmény: [3956] csábos, 2015-04-13 20:25:14 |
|
|
[3955] HoA | 2015-04-13 13:30:31 |
Vagy ugyanaz közvetlenül a megfelelő körívvel: &tex;\displaystyle AB = c&xet; és &tex;\displaystyle \gamma&xet; ismeretében a &tex;\displaystyle k&xet; körülírt kör megrajzolható. A &tex;\displaystyle C&xet;-t nem tartalmazó &tex;\displaystyle AB&xet; ív &tex;\displaystyle P&xet; felezőpontja körül &tex;\displaystyle PA&xet; sugárral rajzolt &tex;\displaystyle k_P&xet; kör áthalad a beírt kör &tex;\displaystyle O&xet; középpontján. Ezért &tex;\displaystyle O&xet; mint &tex;\displaystyle k_P&xet; és az &tex;\displaystyle AB&xet; -vel párhuzamos, tőle r távolságban húzott egyenes metszéspontja adódik. A háromszög &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; oldalegyenesei az &tex;\displaystyle O&xet; középpontú, &tex;\displaystyle r&xet; sugarú beírt körhöz &tex;\displaystyle B&xet; -ből ill. &tex;\displaystyle A&xet; -ból húzott érintők.
|
|
Előzmény: [3951] Fálesz Mihály, 2015-02-16 16:40:38 |
|
|
[3953] Loiscenter | 2015-04-12 08:56:01 |
Bizonyitsuk be hogy f(x)= (n+1).&tex;\displaystyle x^n&xet; + n.&tex;\displaystyle x^n-1&xet; + ... + x + 1 irreducibilis egész számok halmazában.
|
|
|
[3951] Fálesz Mihály | 2015-02-16 16:40:38 |
Segítség: Legyen a háromszög &tex;\displaystyle ABC&xet;, az &tex;\displaystyle AB&xet;-vel szemközti szöge -- amit ismerünk --, &tex;\displaystyle \gamma&xet;, a beírt kör középpontja &tex;\displaystyle I&xet;. Számítsd ki az &tex;\displaystyle BIA&xet; szöget.
|
Előzmény: [3950] rizsesz, 2015-02-16 14:54:35 |
|
[3950] rizsesz | 2015-02-16 14:54:35 |
Sziasztok! Van egy egyszerűnek tűnő feladatom, de azt hiszem, kifog rajtam: szerkesszünk háromszöget, ha adott egy oldala, az azzal szemközti szöge és a beírt kör sugara.
|
|
[3949] Fálesz Mihály | 2015-01-21 13:47:48 |
Szindbád unokája, André házasodik. A vendéglátó kalifa felajánlotta neki, hogy egy tradícionális, de annál szórakoztatóbb játék keretében hozzáadja az egyik szépséges lányát. Egy ennyire nagylelkű ajánlatot bárdolatlanság lenne visszautasítani -- az életébe kerülne -- így belemegy a játékba. Sajnos André még soha egyik lányt sem látta, csak annyit tud, hogy a kalifának 365 lánya van.
A játék szabályai a következők. A következő évben a kalifa minden reggel elbújtatja az egyik lányát a palota kertjének valamelyik bokra alatt. Azt, hogy a lányok milyen sorrendben jönnek, teljesen véletlenszerűen választja ki. Andrénak minden délelőtt 10 és 11 között fütyörészve, zsebre dugott kézzel körbe kell sétálnia a kertben. Amikor André melléje ér, a lánynak elő kell ugrania a bokorból, és fennhangon kiáltania kell: Szerelem vagy halál? Andrénak ekkor végleges, visszavonhatatlan IGEN-t vagy NEM-et kell mondania. Ha valakinek igent mond, ott helyben összeadják őket, és a játék véget ér.
André hallott róla, hogy nagyapja, a szintén világutazó Szindbád nagyon hasonló játékot nyert meg az akkori uralkodó udvarában. Szindbád maximalista volt, és mindig mindenből a legjobbat akarta; ebben a játékban is arra törekedett, hogy a legszebb lányt, Nagy Ő-t válassza ki. Szindbád stratégiája az volt, hogy az első néhány lánynak nemet mondott, és a többiek közül választotta az első olyat, aki az összes korábbi lánynál szebb volt. Kiszámította, hogy Nagy Ő megtalálására a legnagyobb, körülbelül &tex;\displaystyle 36,87\%&xet; esélye akkor van, ha az első 134 lánynak mond automatikusan nemet. Szindbádnak mázlija volt: sikerült Nagy Ő-t feleségül vennie.
De André arról is hallott, hogy a kalifa egy másik nevezetes vendége, Behrám herceg, aki megpróbálta Szindbád módszerét követni, hogyan járt pórul. A herceg esetében a legszebb lány a 129-edik volt a sorban, így nemet mondott neki és az utána következő összes többi lánynak is. Végül csak úgy kerülhette el a lefejezést, hogy feleségül vette az utolsó napon sorra került, pelyhes állú Koncsítát.
Ezért André, hogy a siker esélyét javítsa, azt a valamivel kisebb célt tűzi ki, hogy a három legszebb lány, Nagy Ő, Kis Ő és Félkövér Ő valamelyikét válassza ki. Stratégiája a következő: az évet négy évszakra osztja (tél, tavasz, nyár, ősz), ezek rendre &tex;\displaystyle X&xet;, &tex;\displaystyle Y&xet;, &tex;\displaystyle Z&xet;, illetve &tex;\displaystyle 365-X-Y-Z&xet; napból állnak. A téli időszakban hűvösen csak megfigyel, mindenkit ki fog kosarazni. Ha tavasszal olyan lánnyal találkozik, aki az összes korábbi lánynál szebb, annak igent fog mondani, a többieknek nemet. Nyáron akkor mond igent, ha a lánynál legfeljebb egy még szebbet látott korábban; végül ősszel akkor mond igent, ha az aktuális lánynál legfeljebb két szebbet látott már.
1. Mekkora a valószínűsége annak, hogy André Nagy Ő-t, Kis Ő-t, illetve hogy Félkövér Ő-t veszi feleségül?
2. Hogyan válassza meg André &tex;\displaystyle X&xet;, &tex;\displaystyle Y&xet; és &tex;\displaystyle Z&xet; értékét, hogy a lehető legmagasabb valószínűséggel elérje célját?
|
|
[3948] w | 2015-01-11 09:18:29 |
Lefedhető-e a tér diszjunkt körvonalakkal? (Kömal N.11.)
|
|
|