[31] Hajba Károly | 2003-12-12 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.
k2-29k+1280
k5
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] lorantfy | 2003-12-11 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.
|
|
|
|
[28] Hajba Károly | 2003-12-11 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 Béla | 2003-12-10 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 (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 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] Sirpi | 2003-12-10 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] lorantfy | 2003-12-10 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 Károly | 2003-11-27 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; az eltérő és nem eltérő golyók kombinációja; (p-1)m féle lehet egy kombinációban az eltérő állapot. Ez kifejezve:
(1)
(2)
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)
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 Géza | 2003-11-26 17:17:10 |
A 15 golyó között két rádioaktív van, ez összesen -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 . Igen ám, de a hátralevő hat mérésnek már csak 26-féle eredménye lehet. Ezért szükséges, hogy teljesüljön:
k2-29k+820
4k15
Ha a műszer csipog, akkor a k darab golyó között van legalább egy rádióaktív, ...
|
Előzmény: [3] Sirpi, 2003-11-15 13:56:53 |
|
|
[21] riko | 2003-11-22 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 Géza | 2003-11-20 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 Géza | 2003-11-20 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 |
|
|
[17] Lóczi Lajos | 2003-11-19 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:
(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 Géza | 2003-11-19 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 .
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+ya mod 101 és x2+y2b mod 101, akkor x és y az u2-au+(a2-b)/20 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)k mod 101 teljesüljön. Ezáltal x+yf(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 glr mod 101. Az l szám természetesen csak modulo 100 egyértelmű, mert gl+100=gl.g100gl mod 101.
Ha az f(k)-t mindig úgy választjuk, hogy f(k)loggk mod 100, akkor igaz lesz, hogy f(x)+f(y)loggx+loggyloggxy mod 100, azaz xygf(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)k+M mod 101, f(k)loggk+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. :-)
|
|
|
[14] lorantfy | 2003-11-19 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 Géza | 2003-11-19 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 Károly | 2003-11-19 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 Károly | 2003-11-19 01:44:36 |
Kedves Sirpi!
Az általad kitűzött 2. feladatra egy részmegoldást adok, de itt elakadtam.
15 golyó között féle módon lehetnek a sugárzó golyók ill. egy méréssel 2 féle állapotot tudok megkülönböztetni. Innen adódik, hogy , 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 |
|
|
[9] lorantfy | 2003-11-18 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:
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:
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 Géza | 2003-11-18 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 , 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 Károly | 2003-11-18 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 |
|