[56] doom3d | 2007-01-29 19:46:08 |
Mivel továbbra sem érkezett megoldás, adok egy kis rávezetést.. Egymástól páronként lineárisan független vektorokat számoltam. Három mérésre és zsákonként öt aranyra a megoldás 570 felett van.
|
|
[55] Matthew | 2006-06-15 13:00:45 |
Most már értem:)A kérdés visszavonva.
|
|
|
[53] doom3d | 2006-04-06 18:58:34 |
Próbáljátok megoldani két mérésre is.. Arra nehezebb megtalálni a maximális zsákszámot. ;)
|
|
|
|
[50] kingfisher | 2006-01-03 15:01:28 |
Szia !
Tetszett a feladat, és én 17 zsákból három méréssel ki tudom választani hamisat tartalmazót. A mérési folyamatot nem írom egyenlőre le, hátha más is gondolkodik rajta. Persze lehet, hogy nem ez a jó megoldás. De mindenesetre tetszett.
|
Előzmény: [48] tudniakarok, 2005-04-03 21:54:25 |
|
[49] doom3d | 2005-12-18 17:00:47 |
Sziasztok! 9. feladat
Egy egyszerü mérleges példa jön. Mindössze 4 hónap alatt dolgoztam ki. :) /Van nehezített változata is/
Van egy kétkarú mérleged, ami mindkét irányban tetszöleges pontossággal mutatja a karjaira rakott súlyok tetszölegesen nagy súlykülönbségét, illetve tömegkülönbségét. (kalibrálva lett az idöben állandó helyi gravitációs gyorsuláshoz :) Vannak zsákok, mindegyikben 5 db, az elsö zsákkal kezdve folytonosan sorszámozott aranyérmével. (2.zsák 1. arany sorszáma: 6., pl.) Egy zsákban kizárólag hamis arany van, az összes többiben csak valódi. Az összes valódi arany egymással egyforma súlyú, és az összes hamis arany is egymással egyforma súlyú, de a valódi és hamis aranyak súlya eltérö. Nem tudjuk elöre, hogy a valódi, vagy a hamis-e a nehezebb.
Legfeljebb három, a fenti kétkarú mérlegen végrehajtott méréssel legfeljebb hány zsák közül tudjuk biztosan kiválasztani az eredetileg hamis aranyakat tartalmazót? A mérési eljárást is add meg!
Egy mérésnek számít, hogy az általunk választott sorszámú érméket (zsákokból kivéve, minden zsákból akármennyit) a mérleg általunk választott oldalán a serpenyöbe tesszük, és ezután egyszer leolvassuk a mutatott súlykülönbséget (elöjellel, mondjuk legyen a bal oldali túlsúly a +).
Lehet tippelni!
|
|
[48] tudniakarok | 2005-04-03 21:54:25 |
Legyen az igazi érme 9g-os! Vegyünk ki az első zsákból 1, a 2.ból 10,a 3.-ból 100,az n-edikből 10n-1 db érmét és mérjük meg az egészet. Ez egyértelműen megmutatja,hogy melyik zsákban milyen érme van!(ha 2499 g-ot mérünk,akkor 2499=2*1000+4*100+9*10+9*1, vagyis az első zsákban 9g-os,a másodikban 9g-os,a harmadikban 4g-os,a negyedikben 2g-os érmék vannak) Ha az igazi érme N g-os akkor uezt kell tenni N+1-es számrenszerben!
|
Előzmény: [47] secand, 2005-04-03 21:19:02 |
|
[47] secand | 2005-04-03 21:19:02 |
Sziasztok!Most vagyok itt először!
8.feladat: Van néhány zsákunk, mindegyikben (nagyon sok) aranypénz. Igen ám, de némelyik zsákban hamis érmék vannak, a többiben szabályos N grammosak. Van továbbá egy nagyon pontos mérlegünk. Nem kétkarú, hanem olyan, amelyik mutatja a rátett súlyt. A hamis érmék ugye hamisak, tehát könnyebbek a valódiaknál, nem tudjuk, mennyire könnyűek mindenesetre egész grammosak. Az is lehet, hogy zsákonként eltérő súlyúak a hamis érmék, tehát pl. ha a jó érme 12 gramm, akkor az egyik zsákban lehetnek 11, a másikban 8, a harmadikban mondjuk 5 grammos hamisítványok. Egyetlenegy méréssel válasszuk ki az összes hamis zsákot, és azt is mondjuk meg, melyikben hány grammosak az érmék!
|
|
[46] Hajba Károly | 2004-10-03 10:17:45 |
Kicsit felhozandó eme érdekes topik bedobok egy új feladattalálmányt:
7. feladat:
Van öt darab súly, melyek rendre 51, 52, 53, 54 és 55 grammot nyomnak. Van egy kétkarú mérleg is, mely sajnálatos módon kissé berozsdált, csak a 1,5 grammnál nagyobb különbségre billen ki, a 1,5 grammnál kisebb eltérésű súlyok esetén nem mozdul még meg. Hogyan lehet a lehető legkevesebb méréssel megállapítani, hogy melyik súly hány grammot nyom?
HK
|
|
|
[44] Tibcsi | 2004-09-02 15:28:01 |
Az ábrán látható hét mérés tehát elegendö lenne a 16 golyóból a kettö rádioaktív kiválasztására?
Mi a helyzet akkor ha a két golyó a 3,8 vagy 4,7 Mindkét esetben a mérések eredménye (1-jelez, 0-nem jelez) 1100011.
üdv, Tibor
|
Előzmény: [31] Hajba Károly, 2003-12-12 00:14:28 |
|
|
[42] lorantfy | 2004-08-12 16:34:25 |
Kedves Géza!
Nem sokat kell módosítani Károly mérésén - ha jól gondolom - és már meg is van a
6.b feladat megoldása: A szines golyók legyenek A1,A2,B1,B2,C1,C2.
Az ábra szerinti két mérést végezzük, majd levonjuk a következtetést.
3 típus lehet: Mindkettő lebillen (pl. bal,bal), egyik egyensúlyban marad (pl.=,jobb) és mindkettő egyensúlyban marad.(=,=)
Bal, bal: Rögtön adódik, hogy B1=101 és A1=101. A 2. mérésből látszik, hogy C2=100, különben egyensúly lenne.
Egyenlő, jobb: A 2. mérésből világos, hogy A1=100, A2=101. az 1. mérésnél B1=101, (különben nem lehetne egyensúly, mert 2 db 100-as lenne bal oldalon.) Így C1=101-el lesz egyensúly.
Egyenlő, egyenlő: Szerencsére ez az eset nem lehetséges! Tfh. B2=101, ekkor az 1. mérésben az egyensúlyhoz A1=101 kell. A 2. mérésben viszint B2 és A1 bal oldalon vannak és így nem lehet egyensúly. Ha viszont B2=100, akkor A1=100 esetén lehet csak egyensúly az 1. mérésnél és a 2. mérésnél bal oldalon két 100-as golyó van. Ez is ellentmondás!
|
|
Előzmény: [40] Kós Géza, 2004-08-12 09:20:14 |
|
[41] Hajba Károly | 2004-08-12 09:59:48 |
Kedves Géza!
Köszi a gratulációt ill. a kis kötözködést, mely jogos és a matematikusi gondolkozásmódban erre is oda kell figyelni.
Kedves László!
Neked meg köszi ill. a szemléltető ábra is.
HK
|
Előzmény: [40] Kós Géza, 2004-08-12 09:20:14 |
|
[40] Kós Géza | 2004-08-12 09:20:14 |
Kedves Károly,
Először is gratula a megoldáshoz. :-)
Az elejéhez hadd írjak egy kis kötekedést. (Bocs) Azzal a félmondattal, hoy "... így a feladat megoldható", nem értek egyet. Az, hogy legalább annyi lehetséges mérési eredmény van, mint megkülönböztetendő eset, nem garantálja, hogy a megfelelő méréssorozat valóban létezik is. A feltétel szükséges -- és ezért érdemes mindig ellenőrizni --, de nem biztos, hogy elégséges.
Egy apró nehezítés:
6b feladat. Van két piros, két fehér és két zöld golyónk. Az azonos színűek közül az egyik 100, a másik 101 grammos. Állapítsuk meg mindegyik golyó súlyát egy kétkarú mérleg segítségével, mérősúlyok nélkül, két méréssel úgy, hogy a két mérést előre megmondjuk, azaz a második mérés nem függ az első eredményétől.
|
Előzmény: [38] Hajba Károly, 2004-08-10 23:32:26 |
|
[39] lorantfy | 2004-08-11 16:44:17 |
Kedves Károly!
Szép a megoldás és főleg a rövid és érthető leírás tetszik. Én is hasonlóan csináltam és tegnap elkezdtem gyártani hozzá az ábrákat konkrét szinekkel. Aztán rájöttem, hogy túl sok lesz. Most átneveztem a Te jelöléseidre.
|
|
Előzmény: [38] Hajba Károly, 2004-08-10 23:32:26 |
|
[38] Hajba Károly | 2004-08-10 23:32:26 |
Megoldás a 6. feladatra
Két méréssel 9 lehetséges mérési eset adódhat, míg 8 megkülönböztetendő állapot van, így a feladat megoldható.
Tegyünk a mérleg két oldalára két-két golyót az AB?BC elrendezés szerint. 3 esetben balra, 3 esetben jobbra billen, míg 2 esetben egyensúlyban marad.
Amerre billen, arra van a nehezebb B színű. Ekkor cseréljük ki a B színűt a másik két színűre a AC?AC elrendezés szerint. Ekkor amerre billen, ott van mindkét színből a nehezebb. Egyensúly esetén az első mérés nehezebb B párja a nehezebb A v. C színű golyó.
Az első mérés egyensúlya esetén a mérlegből kivéve az A és C színű golyókat a változatlan B?B elrendezés melletti méréssel adódik B-k közötti különbség. Adott B-nek ellentétes súlyú A v. C színű golyó volt a mérési párja.
HK
|
Előzmény: [37] Hajba Károly, 2004-08-10 22:55:59 |
|
[37] Hajba Károly | 2004-08-10 22:55:59 |
Kicsit felhozandó ezen rozsdalepett topik, itt válaszolok joe "Érdekes matekfeladatok" topikbeli 92. feladatára.
6. feladat: Van két piros, két fehér és két zöld golyónk. Az azonos színűek közül az egyik 100, a másik 101 grammos. Egy kétkarú mérleg segítségével, mérősúlyok nélkül, két méréssel állapítsuk meg mindegyik golyó súlyát!
|
|
[36] Hajba Károly | 2004-01-09 13:08:36 |
Megoldás gongadze által feltett 5. feladatra:
5 db különböző súly 5! = 120 féle sorrendet ad, s a mérlegnek egy mérés alatt két állapota lehet, tehát nlog25!=6,90689…, azaz a szükséges mérések száma 7.
Két-két különböző súlyt mérjünk össze, majd a nehezebbeket szintén vessük össze. Ezután ezen utóbbi mérés könnyebbikét mérjük az ötödik súlyhoz. Azaz A>D; B>E; A>B; B?C.
(1) Ha B>C, akkor A-x-B-x-ce-x-ce-x sorrend lehet, ahol -x- a D lehetséges helyeit mutatja, míg -ce- a C és E helyeit. Ez 8 lehetséges sorrend, amit még 3 mérésel éppen kezelni lehet.
(2) Ha B<C, akkor A-x-C-x-B-x-E-x vagy C-A-x-B-x-E-x sorrendek lehetségesek. Ez 7 lehetséges sorrend, tehát még meg lehet oldani.
Vegyük az (1) esetet, ekkor a C?E mérés következik, majd a nehezebbhez mérjük hozzá D-t. Az utolsó mérés már könnyen adódik :o)
Vegyük a (2) esetet, ekkor a C?A mérés következik, majd a B?D mérés következik, s a 7. mérés már itt is könnyen adódik, ha szükséges egyáltalán.
HK
|
Előzmény: [35] Hajba Károly, 2004-01-05 13:59:45 |
|
[35] Hajba Károly | 2004-01-05 13:59:45 |
Az „Ujjgyakorlat” topikban gongadze feltette az alábbi e topikba illő feladatot, mely itt az
5. feladat
Sziasztok! Ebbe az egyszerű problémába ütköztem és nem tudok továbblépni: » Az előző+1. példa: Van 5 különböző súly és egy kétkarú mérleg... súlyok szerint kéne rendezni.. a kétkaru mérleg csak összehasonlítani tud.. abszolut mértéket nem mutat.. hány mérés kell a legjobb algoritmus esetében?..és persze hogy működik a legjobb algoritmus?
Előre is kösz a visszajelzéseket :]
|
|
[34] Hajba Károly | 2003-12-12 11:13:59 |
Kdves László!
Szép és ötletes feladatot hoztál. Nos a mérések száma megegyezik Sirpi golyós feladatának számával, mivel minden paramétere egyező. 15 izzó közül 2 hibás ill. vagy ég vagy nem ég a sor. Tehát ismerve a korábbi feladatokat bizton állíthatom, hogy 7 mérésből megoldható.
Azt is sejteni lehet, hogy úgy kell a dugókat elhelyezni, hogy a dugók egymás között vagy valamely pólussal 4 vagy 5 izzót fogjanak közre.
A többin még egy kicsit gondolkodni kell.
HK
|
Előzmény: [30] lorantfy, 2003-12-11 14:17:31 |
|
[33] Hajba Károly | 2003-12-12 08:20:38 |
Kedves László!
Köszi a gratulációt, de mint kiderült, nem érdemlem meg. Ti. a megoldási vázlatot elkapkodtam, több hiba is adódik benne. Mea culpa... :o(
De lehet, hogy valakit inspirál egy átfogó és előre tervezett mérési vázlat készítésére. Ha létezik egyáltalán.
HK
|
Előzmény: [32] lorantfy, 2003-12-12 01:01:15 |
|
|