Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Biliárdgolyók és más méricskélős feladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[31] Hajba Károly2003-12-12 00:14:28

Sirpi segítségét általánosítva:

Ha k golyót teszünk be, és a műszer jelez, akkor vagy mindkét rádioaktív a gépben van, vagy 1 van a gépben, a másik a maradék 15-k között van.

\frac{k(k-1)}{2} + k(15-k) \le 2^6

k2-29k+128\ge0

k\le5

Tehát Géza és Sirpi után k=4, 5.

S nem elvéve Rácz Béla elsőségi érdemeit, íme a mérési vázlat táblázatos formában 16 golyóra, mely 7 mérés esetén maximális.

HK

Előzmény: [26] Sirpi, 2003-12-10 18:55:48
[30] lorantfy2003-12-11 14:17:31

4. Karácsonyi mérési feladat:

15 égőből álló lámpasorunkban 2 lámpa kiégett. A két rossz lámpát szeretnénk minél kevesebb méréssel felderíteni.

Egy mérés: Az A és B dugaszok egyikét, vagy mindkettőt bedughatjuk az 1-14 helyek valamelyikébe, majd rákapcsoljuk az égősorra a feszültséget és megnézzük melyik lámpa világít, majd kikapcsoljuk.

A és B dugaszok (szigetelt) vezetékei keresztezhetik egymást.

Kikötés: Az adott feszültséget legfeljebb 3 sorba kapcsolt lámpa bírja ki, tehát ennél kevesebb lámpára csak akkor lehet rákapcsolni, ha biztosan tudjuk, hogy közülük egyik rossz.

[29] lorantfy2003-12-11 14:03:21

Kedves Béla!

Gratulálok! Szép a megoldásod. Közel jártam, de nem tudtam megállni, hogy ne olvassam el.

Előzmény: [27] Rácz Béla, 2003-12-10 23:54:54
[28] Hajba Károly2003-12-11 12:18:11

Üdv a golyósoknak!

A déli kávészünetben bepillantottam ide és az olvasottak alapján (4 v. 5 golyó) bevillant egy mérési vázlat elképzelés. Nincs időm végig ellenőrizni - majd a hétvégén -, de eléggé szimetrikus és jónak tűnik. Sőt 16 golyósra is működik.

1=1,2,3,4,5; 2=5,6,7,8,9; 3=9,10,11,12,13; 4=13,14,15,16,1; 5=2,6,10,14; 6=3,7,11,15; 7=4,8,12,16

Egy kockás lapra lerajzolva szebben mutat és minden áttekinthető. A (16) helyett vagy nem teszünk be semmit vagy nemsugárzót.

Hajba Károly

Előzmény: [26] Sirpi, 2003-12-10 18:55:48
[27] Rácz Béla2003-12-10 23:54:54

Jó sok idő telt el, úgyhogy remélem, most már senkit sem zavar, ha beírom a sugárzó golyós feladat megoldását. Sajnos ez nem egy elegáns darab, de legalább lesz helye a mintamegoldás mellett :-). Ha valaki mégis gondolkozni szeretne még rajta, akkor ne olvassa tovább! Tehát:

2. feladat

Szóval, mint azt már többen is megjegyezték, első próbálkozásként 4 vagy 5 golyót rakhatunk a műszerbe. Ezután úgy próbáltam meg továbbhaladni, hogy van-e esetleg olyan megoldás, ahol az első néhány mérést egymás eredményétől függetlenül végezhetjük el, és lehetőleg fenntartunk valamiféle szimmetriát.

Ekkor nincs olyan sok lehetőség: mondjuk az első két mérés lehetne két négyes mérés (ezzel nem haladtam előre), vagy két ötös mérés - mindkét esetben kérdés, hogy a két mérendő csoportnak hány közös tagja legyen (sajnos nem jó, ha diszjunktak).

Az az eset vezetett nekem eredményre, amikor két ötös csoportot mérünk az elején, s ezeknek egy közös tagjuk van. Legyen tehát A egy kitüntetett golyó; B1,B2,B3,B4, és C1,...,C4 pedig 4-4 másik golyó, és D1,...,D6 a maradék 6 golyó.

Az elején 105 lehetőség van a végeredményre. Nyilván érdemes számon tartani, hogy az egyes esetekben hány lehetőség maradt meg - ez nem lehet 2n-nél több, ahol n a még hátralévő lépések száma. Az is látható, hogy ha tudjuk, hogy ha n golyó közt pontosan egy radioaktív van, akkor ezt \left[\log_2 n\right] (felső egészrész) lépésben megtalálhatjuk.

Szóval:

1-2. lépés: Berakjuk az A,B1,...,B4, illetve az A,C1,...,C4 golyókat.

I. Az egyiknél (mondjuk az első esetben) a műszer jelez, a másiknál nem. Ekkor vagy a (B) golyók között van mindkét sugárzó - ez \binom 42 eset, vagy a (B)-k és a (D)-k közt 1-1: ez 4.6; összesen 6+24=30. Ekkor a 3. mérés a következő legyen: (3.) (D1,D2,D3,D4).

I/1. A mérés negatív. A megmaradó esetek száma 14. Ekkor a következő mérés: (4.) (D5,D6).

I/1/A. A (4.) mérés is negatív. Ekkor a két sugárforrás a négy B-jelű golyó között van. Ezek közül hármat egyenként tesztelünk a megmaradó három méréssel, ebből a negyedik már egyértelmű.

I/1/B. A (4.) mérés pozitív. Ekkor a négy (B) között és a D5,D6 között 1-1 sugárforrás van. Ezeket 2+1=3 méréssel megtalálhatjuk.

I/2. A (3.) mérés pozitív: a D1...D4 golyók között van sugárzó (4.4=16 eset). Ekkor e négy és a négy (B) golyó közül is 1-1 sugárzó van, ezeket 2+2=4 méréssel elválaszthatjuk.

II. Az 1-2. mérésnél mindkét mérés pozitív volt. Ez 14 eset, ha az A sugárzó, és 4.4=16 eset, ha nem. Legyen tehát a 3. mérés (A).

II/A. Az A nem sugárforrás. Ekkor a (B) és a (C) golyók között egy-egy radioaktív van, ezeket 2+2=4 méréssel megtalálhatjuk.

II/B. Az A radioaktív. Ekkor a maradék 14 golyó közül 4 lépésben a felezéssel megkereshető a másik bűnös.

III. Az 1-2. mérés negatív eredménnyel zárult. Ekkor a megmaradó hat D-golyó között van a két sugárzó. Ennek megtalálására 5 mérésünk van: mérjünk le a hatból ötöt, az utolsót már úgyis tudjuk ebből!

Sajnos semmilyen általánosabb eredményre nincs rálátás ebből a megoldásból. (Remélem, legalább nem hibás!)

[26] Sirpi2003-12-10 18:55:48

Megszólíttatva érzem magam. Tényleg megy 7-ből, de ezt már Onogur egyik felvetésére válaszolva is elárultam. Géza kihozta kombinatorikus megfontolásokból, hogy elsőre legalább 4 golyót kell a műszerbe tenni. Hasonló okoskodással egy jó felső becslés is adható az első körben betett golyók számára. Pl. ha 9 golyót teszünk be, és a műszer jelez, akkor vagy mindkét rádioaktív a gépben van (ez 9.8/2=36 eset, vagy 1 van a gépben, a másik a maradék 6 között van, ez 9.6=54 eset. Összesen 90, ami nagyobb, mint 26, tehát 9-et nem rakhatunk fel. Hasonló okoskodással tovább lehet szűkíteni a lehetőségek körét...

S

Előzmény: [25] lorantfy, 2003-12-10 09:11:33
[25] lorantfy2003-12-10 09:11:33

Kedves Fórumosok!

Engem nagyon izgat a 2. feladat (15 golyóból 2 radióaktív kiválasztása). Leírom pár gondolatomat, hátha ettől kicsit felpezsdül a téma.

1.Ha tudjuk, hogy 4 golyó közül pontosan 1 RAD, akkor 2 méréssel ki tudjuk választani.

2.Ha viszont csak annyit tudunk, hogy 4 golyó között van 1 vagy 2 RAD, akkor 4 mérés szükséges.

3.Ezért arra gondoltam, először keressünk csak 1 RAD golyót. Ha ez megvan a maradék golyók közül újra csak 1 golyót kell keresni, így elkerüljük a "2 golyó egy csoportban" problémát.

4. 16 golyó közül felezéses eljárással 4 méréssel (8,4,2,1) megtalálhatunk 1 RAD golyót. A maradék 15-ből hasonlóan ujabb 4 méréssel megvan a másik. Tehát 16-ból 8 méréssel megvan a 2 RAD golyó.

5. Nekünk "csak" 15 golyónk van, ráadásol az első RAD golyót elég 14-ből keresni és figyelembe véve még azt a nem elhanyagolható információt, hogy ez Sirpi egyik kedvenc feladata: Tuti biztos, hogy meg lehet 7 méréssel csinálni!

Előzmény: [3] Sirpi, 2003-11-15 13:56:53
[24] Hajba Károly2003-11-27 15:22:03

Mivel eddig az 1. feladatra senkisem reagált, leírom az észrevételeimet:

Legyen g - a golyók száma; n - a mérések száma; m - az eltérő vagy hibás golyók száma; p - egy mérés lehetséges kimeneteleinek száma.

n méréssel legjobb esetben pn lehetséges esetet tudunk megkülönböztetni; \binom{g}{m} az eltérő és nem eltérő golyók kombinációja; (p-1)m féle lehet egy kombinációban az eltérő állapot. Ez kifejezve:

(1) \binom{g}{m}(p-1)^m < p^n

(2) n = \bigg[\frac{ln\Big[\binom{g}{m}\big(p-1\big)^m\Big]}{ln(p)}\bigg] + 1

Tehát az 1.a feladat konkrét adatait behelyettesítve legalább 6 mérés szükséges. Az 1.b feladathoz az (1)-ből ki kell fejteni g-t, de ez m-dfokú egyenlettel lehetséges. Esetünkben másodfokú egyenlettel.

(3) g(g-1) < \frac{2p^n}{(p-1)^m}

g_{1,2}<\frac{1}{2} \pm \root\of{\Big(\frac12\Big)^2 + \frac{2p^n}{(p-1)^m}}

Konkrét adatokkal behelyettesítve az 1.b feladathoz legfeljebb 19 golyó közül tudunk 2 eltérőt 6 méréssel kiválasztani.

Remélem, hogy jól gondoltam át az összefüggéseket, ha nem, akkor majd pontosíttok. S a mérési vázlat elkészítését másra hagyom :o)

Hajba Károly

Előzmény: [2] Hajba Károly, 2003-11-15 01:49:36
[23] Kós Géza2003-11-26 17:17:10

A 15 golyó között két rádioaktív van, ez összesen \binom{15}2=105-féle eset. A 7 mérés mindegyikének két-kétféle eredménye lehet, ez összesen 27=128 lehetőség. Eddig tehát esélyesnek látszik a dolog.

Az első mérésnél k darab golyót teszünk a műszerbe. Ha a műszer nem csipog, azaz a k darab golyó között nincs rádioakítv, akkor a két radioaktív golyó a többi 15-k golyó között van. A lehetséges esetek száma \binom{15-k}2. Igen ám, de a hátralevő hat mérésnek már csak 26-féle eredménye lehet. Ezért szükséges, hogy \binom{15-k}2\le2^6 teljesüljön:

\binom{15-k}2\le2^6

k2-29k+82\le0

4\lek\le15

Ha a műszer csipog, akkor a k darab golyó között van legalább egy rádióaktív, ...

Előzmény: [3] Sirpi, 2003-11-15 13:56:53
[22] Sirpi2003-11-22 22:33:38

Köszi, hogy írtál, de azért nem semmi, hogy egy 20-hozzászólásos témában a 3. hozzászólást se olvastad már el...

S

Előzmény: [21] riko, 2003-11-22 16:28:31
[21] riko2003-11-22 16:28:31

Sziasztok! Van egy jó kis feladatom. Van 15 golyónk. Kinézetre azonosak. Van közülük 2 rádioaktív. Van továbbá egy mérőműszerünk, amivel meg tudjuk mérni a rádioaktivitást. A műszerbe egyszerre több golyót is bele tudunk tenni, de a műszer akkor csak azt tudja megmondani, hogy van-e közöttük radioaktív, de azt nem mondja meg, hogy melyik az. A feladat az, hogy mondjuk meg 7 méréssel, hogy melyik kettő golyó a rádioaktív!

[20] Kós Géza2003-11-20 11:25:50

Egy picit másról van szó. A 3b feladathoz olyan f függvényre van szükség, amire igaz, hogy f(x)+f(y) meghatározza az x,y számokat. Az xy-hoz hasonló vegyes tagok nem fordulhatnak elő.

Előzmény: [17] Lóczi Lajos, 2003-11-19 17:46:19
[19] Kós Géza2003-11-20 11:20:05

De igen, sportszerűtlen volt. :-)

Az A.316. feladat még az A-k között is a nehezebbek közé tartozik, egy hónap gondolkodás után is csak hárman oldottátok meg.

A fórum sokkal könnyedebb műfaj, ide inkább könnyű, népszerűsítő feladatok kellenek. Természetesen az sem hátrány, ha egy-egy feladat túlnutat önmagán, valami matematikát is lehet tanulni belőle.

A méricskélős feladatoknál például azt a technikát érdemes megtanulni, amikor összehasonlítjuk a lehetséges mérési eredmények számát a megkülönböztetendő esetek számával, hogy ellenőrizzük az egyes részfeladatok megoldhatóságát. Ez segített a 12 golyós feladat első mérésének kitalálásában, de sokat segít a radioaktív golyós feladatban is.

Előzmény: [18] Pach Péter Pál, 2003-11-19 22:33:26
[18] Pach Péter Pál2003-11-19 22:33:26

Kedves Géza!

Szerintem nem volt sportszerűtlen a feladat, hiszen a tavalyi A.316.-os feladat megoldásához (ami fenn van a honlapon) már csak 4.-et kellett hozzátenni. :-)

Előzmény: [16] Kós Géza, 2003-11-19 16:27:34
[17] Lóczi Lajos2003-11-19 17:46:19

Én csak egy apró megjegyzést szeretnék fűzni az "egyértelmű párazonosítók" kereséséhez. Ha jól értem, ez nem más, mint kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés N×N és N között. (Hívják ezeket párosítófüggvényeknek is.)

Nem véletlen, hogy az itteni keresgélések nem vezettek eredményre, Pólya egyik tétele szerint ugyanis a valós együtthatós, kétváltozós, másodfokú kifejezések közül csak kettő az, ami párosítófüggvény. Az egyik ez:

P(x,y):=\frac{x^2+y^2+2xy+3x+y}{2}

(a másik ebből egyszerű eltolással származtatható).

Egyáltalán nem nyilvánvaló, hogy P kölcsönösen egyértelműen képezi le a természetes számpárok halmazát a természetes számok halmazára. Jó játékot hozzá :-)

Előzmény: [14] lorantfy, 2003-11-19 14:24:58
[16] Kós Géza2003-11-19 16:27:34

Azt hiszem, az egyméréses feladat nagyon sportszerűtlen lett, a 10000 szám választása nem volt sem átgondolt, sem szerencsés.

Az olyan halmazokat, amelyekben a kéttagú összegek mind különbözőek (beleértve azokat is, amikben ugyanaz a két tag), Sidon-halmazoknak hívják, és sokan kutatják, hogy ezek legfeljebb mekkorák, hogy néznek ki, hogyan lehet ilyeneket konstruálni. Ha az 1,2,...,n számok közül akarunk kiválasztani egy Sidon-halmazt, akkor a maximális méret körülbelül \sqrt{n}.

Azt leírhatom, hogy milyen konstrukcióra gondoltam, aztán átadhatjuk a terepet a könnyebb feladatoknak.

* * *

Először leírnám az a) rész kicsit matematikusabb megoldását.

Mindent modulo 101 számolunk. Lényeges, hogy a 101 prímszám.

Az első mérésben a k-adik ládából k darab pénzt teszünk a mérlegre. A második mérésben pedig a k2 maradékát 101-gyel osztva.

Ha a két ismeretlen sorszám x és y, akkor megtudjuk x+y és x2+y2 maradékát modulo 101. Ebből kapunk egy másodfokú kongruenciát, aminek a két gyöke x és y. Ha x+y\equiva mod 101 és x2+y2\equivb mod 101, akkor x és y az u2-au+(a2-b)/2\equiv0 mod 101 kongruencia két gyöke.

* * *

Az egyméréses feladatban a mérés adhat például egy modulo 101 és egy modulo 100 információt. Az egyikből kiderül a két ismeretlen sorszám összege, a másikból a szorzatuk.

Az egyes ládákból f(1),...,f(100) golyót teszünk a mérlegre, a mérés hibájából meg fogjuk tudni, hogy mennyi f(x)+f(y).

1. Az f(1),...,f(100) számokat úgy választjuk, hogy egyrészt f(k)\equivk mod 101 teljesüljön. Ezáltal x+y\equivf(x)+f(y) mod 101, és a mérésből megtudjuk x+y 101-es maradékát.

2. A szorzatból összeget csinálunk a logaritmus segítségével. Legyen g egy primitív gyök modulo 101. Ez egy olyan egész szám, hogy 1,g,g2,g3,...,g99 az összes 0-tól különböző maradékot kiadja modulo 101. (A g100 maradéka a Fermat-tétel szerint 1, tehát innen kezdődik elölről.) A 0-tól különböző maradékoknak definiálhatjuk a g alapú logaritmusát: az r maradék logaritmusa l, ha gl\equivr mod 101. Az l szám természetesen csak modulo 100 egyértelmű, mert gl+100=gl.g100\equivgl mod 101.

Ha az f(k)-t mindig úgy választjuk, hogy f(k)\equivloggk mod 100, akkor igaz lesz, hogy f(x)+f(y)\equivloggx+loggy\equivloggxy mod 100, azaz xy\equivgf(x)+f(y) mod 101. A két mérésből tehát megtudjuk xy 101-es maradékát is.

Az x+y és az xy ismeretében egyértelműen kiderül, hogy x és y hány maradékot ad 101-gyel osztva.

3. Az f(k)-ra egy modulo 101 és egy modulo 100 feltételnek kell egyszerre teljesülni. A kínai maradéktétel szerint ilyen szám létezik, és egyértelmű modulo 10100. Ha mindegyik maradék 0 és 10000 közé esik, akkor készen is vagyunk. Erre azonban semmi garancia nincs, lehet maradék 10001 és 10099 között is...

4. Módosítsuk a konstrukciót úgy, hogy az f(1),...,f(100) értékét ,,eltoljuk'', ugyanannyival megnöveljük. A módosított konstrukció tehát:

f(k)\equivk+M mod 101,    f(k)\equivloggk+M mod 100,

ahol M egy alkalmas maradék modulo 10100. Ha az összes M számot kipróbáljuk, akkor mindegyik f(k) pontosan 99-szer fog a [10001,10099] intervallumba esni, tehát összesen legfeljebb 9900 ,,rossz'' értéke van M-nek, és legalább 200 esetben kapunk jó konstrukciót.

* * *

A g=2, M=500 választás a következő számokat adja:

f(1)=400 f(2)=401 f(3)=7169 f(4)=302 f(5)=2424
f(6)=6970 f(7)=709 f(8)=3 f(9)=3438 f(10)=2025
f(11)=713 f(12)=6471 f(13)=5866 f(14)=110 f(15)=8393
f(16)=9404 f(17)=1830 f(18)=2639 f(19)=8296 f(20)=1126
f(21)=6278 f(22)=9814 f(23)=6886 f(24)=5372 f(25)=2848
f(26)=4667 f(27)=8607 f(28)=8911 f(29)=6791 f(30)=6994
f(31)=5884 f(32)=7905 f(33)=5482 f(34)=231 f(35)=333
f(36)=940 f(37)=2456 f(38)=6497 f(39)=135 f(40)=9327
f(41)=945 f(42)=4279 f(43)=442 f(44)=7715 f(45)=2262
f(46)=4687 f(47)=1658 f(48)=3073 f(49)=7518 f(50)=449
f(51)=5399 f(52)=2168 f(53)=7623 f(54)=6008 f(55)=8837
f(56)=6212 f(57)=1365 f(58)=3992 f(59)=7629 f(60)=4095
f(61)=2177 f(62)=2885 f(63)=9047 f(64)=4806 f(65)=3090
f(66)=2283 f(67)=1981 f(68)=7032 f(69)=9255 f(70)=7034
f(71)=7944 f(72)=7541 f(73)=9461 f(74)=8957 f(75)=4817
f(76)=2798 f(77)=5122 f(78)=6436 f(79)=9164 f(80)=5428
f(81)=76 f(82)=7046 f(83)=1189 f(84)=180 f(85)=7554
f(86)=6343 f(87)=7960 f(88)=3416 f(89)=3821 f(90)=7963
f(91)=9075 f(92)=188 f(93)=6653 f(94)=7159 f(95)=3120
f(96)=8474 f(97)=6152 f(98)=2719 f(99)=5851 f(100)=5650

* * *

Bocs' mindenkitől a fárasztásért. :-)

[15] SchZol2003-11-19 14:52:08

Kedves László!

Sajnos ez az állítás sem igaz, mert pl,

102+222-10-22=152+192-15-19

Üdv, Zolee

Előzmény: [14] lorantfy, 2003-11-19 14:24:58
[14] lorantfy2003-11-19 14:24:58

Kedves Géza!

Jogos a 2 pont! Tényleg elég az egyik oldalt lemérni.

Arra gondoltam kicsit módosítva jó lehet még az x2+y2. Adjunk neki még egy lehetőséget - eddig olyan jól viselkedett.

Ha minden ládából sorszámnyit veszünk ki, tehát az x+y párazonosító az azért nem jó, mert x-k+y+k, szóval k-val szimmetrikusan lépkedve ugyanazt az összeget kapjuk. A négyzetek összege meg néhány párra megegyezik. Hát vegyük akkor együtt mindkettőt. Az összegüket nem vehetjük, mert 100-nál túllépnént az 10000-es keretet. Vegyük a különbségüket:

Állítás: x2+y2-x-y egyértelmű párazonosító

[13] Kós Géza2003-11-19 10:36:28

Kedves László,

Nagyon tetszik a megoldásod, én valami teljesen mást gondoltam második mérésnek, valami sokkal matematikusabbat. (Ez nem erény, hanem szakmai ártalom :-).)

A második mérést lehet egy kicsit egyszerűsíteni. Vegyük ki újra mindegyik ládából a sorszámának megfelelő golyót, de csak (x+y)/2-ig. Ebből megtudjuk x értékét.

* * *

A négyzetszámosdi sajnos tényleg zsákutcának tűnik. Arról egy külön elméletecske szól, hogy egy szám hányféleképpen írható fel két négyzetszám összegeként.

A 10000-et kicsit hasraütésszerűen írtam, a 1000-hez hozzátettem még egy nullát. Így elég éles is lett, úgyhogy lehetne a feladatnak egy könnyített, c) része is, amikor minden ládában egymillió darab pénz van.

Előzmény: [9] lorantfy, 2003-11-18 23:37:35
[12] Hajba Károly2003-11-19 01:54:36

Egy ideig én is ezirányban gyanítottam a megoldást, de aztán sorban jöttek az ellenpéldák, mit Sirpi is mutatott:

12+122=82+92

22+112=52+102

62+72=22+92

Gyanúmat a híres indiai matematikus taxis anekdótája adta az 1729-es számról:

1729=13+123=93+103

Tehát kereshetjük tovább a számok megfelelő párosítását :o)

HK

Előzmény: [9] lorantfy, 2003-11-18 23:37:35
[11] Hajba Károly2003-11-19 01:44:36

Kedves Sirpi!

Az általad kitűzött 2. feladatra egy részmegoldást adok, de itt elakadtam.

15 golyó között \binom{15}{2} féle módon lehetnek a sugárzó golyók ill. egy méréssel 2 féle állapotot tudok megkülönböztetni. Innen adódik, hogy \binom{15}{2} < 2^n, s ezt megoldva n=7.

De hát a puding próbája az evés, ismertetni kellene egy mérési vázlatot, amivel még nem tudok szolgálni. Tovább görcsölök rajta.

HK

Előzmény: [3] Sirpi, 2003-11-15 13:56:53
[10] Sirpi2003-11-19 00:15:03

A 3.b részhez csak annyi, hogy 12+82=42+72...

Előzmény: [9] lorantfy, 2003-11-18 23:37:35
[9] lorantfy2003-11-18 23:37:35

3.a) feladat megoldása: Első mérésnek jó lesz, hogy vegyünk minden ládából a sorszámának megfelelő darabot. A mérés eredménye legyen M. Legyen az x-edik és az y-adik ládában az 1 g-os pénz.

Az 1. egyenletünk tehát:

x+y=10100-M

Tfh. x < y. Na most ha tudjuk x+y értékét, akkor persze ismerjük K =(x+y)/2- t is. Miért fontos ez? Mert ugyebár:

x < \frac{x+y}{2}< y

Tehát a számtani közepük akár egész, akár feles, Ő a választóvonal. Tőle balra van az x, jobbra pedig az y a sorban. Na mostmár bevillant, hogy mit fogunk tenni, ugye! Kiszámoljuk a számok összegét 1-től k<=K-ig, ez legyen S1, majd K<k+1-től 100-ig, ez S2. Az első (x) csoportjából minden ládából kétszer sorszámnyit veszünk, a másik (y) csoportból sorszámnyit, ezt lemérjük: M2. Ekkor a 2. egyenlet:

2x+y=2S1+S2-M2

amiből

x=2S1+S2-M2+M-10100

y=20200-2M-2S1-S2+M2

3.b) feladathoz ötlet: Gondolom Géza nem véletlenül mondta a 10000 db-ot a ládákban lévő pénzek számára. Hát 100x100 éppen ennyi. Igy az lenne az ötletem, vegyünk minden ládából a sorszáma négyzetének megfelelő pénzérmét és mérjük le, legyen ez M. A számok négyzetösszege 1-től 100-ig:

S=\frac{n(n-1)(2n-1)}{6}=\frac{100.99.199}{6}

x2+y2=S-M

Állítás: x2+y2 - egyedi párazonosító. (Tehát másik két négyzetszám összege nem lehet ennyi 1-100 között.)

Na ebben segítsen valaki !

[8] Kós Géza2003-11-18 10:44:08

Jó helyen keresgélsz. :-)

Egy mérés eredménye attól függ, hogy a két eltérő ládából összesen hány pénzt vettünk ki. Ha a ládákban csak 1000 darab pénz van, akkor az eredmény legfeljebb 2001-féle lehet. A lehetséges ládapárok száma \binom{100}2=4950, ami ennél több, tehát egy mérés kevés.

Az egyenletrendszer jó ötlet, csak tényleg ki kellene találni a pontos konstrukciót.

Előzmény: [7] Hajba Károly, 2003-11-18 02:15:46
[7] Hajba Károly2003-11-18 02:15:46

Észrevételek a 3. feladathoz:

Számozzuk meg a ládákat különböző számmal úgy, hogy bármely két számpár összege ne legyen egyenlő. Hány ilyen számpárt tudunk képezni? 100 tag esetében 5050 párosítás alakulhat ki, így elképzelhető, hogy a b változatban elegendő 1 mérés, de az a változatban ennél több kell.

Gyanítom, hogy elegendő 2 mérés. Itt első mérésben a sorszám szerinti érmét vesszük ki f(x)=x, míg a második mérésnél pl. egy logaritmusos trend szerint meghatározott mennyiséget kivéve mérünk f(x)=log... . Így kialakul egy kétismeretlenes egyenletrendszer, amit meg kell oldani.

Most már csak a pontos számozást kell meghatározni :o)

Hajba Károly

Előzmény: [5] Kós Géza, 2003-11-17 16:07:59

  [1]    [2]    [3]    [4]