Fórum: Héttusa feladatok

66. feladat. Az 5x5-ös táblázatnál a 60 megoldást adja pl. az egységmátrix. A 7x7-esnél az egységmátrix 210-et ad. Ha az egységmátrixba beírunk még 2 darab 1-est (a35=a53=1), akkor a kérdezett mennyiség (páratlan számok száma): 220, vagyis több, mint 210.

Megjelent a Héttusa új fordulója: \(\displaystyle \rightarrow\) 10. forduló

A beküldési határidő: október 6.

Az előző, a 9. forduló megoldásai itt olvashatók.

Tehát én azt vettem észre, hogy ha van egy táblázatom, akkor könnyen kapok egy másikat úgy, hogy az összes számot egyformán permutálom. Pl. felcserélem a két utolsó számjegyet mindenhol, mind a 9 cellában. Majd úgy döntök, hogy ez a két táblázat nem lesz az összeszámolásban különböző. Nézelődve az oldalán találtam ilyet. Írok egy példát.

B=92601

13254 25134 54213

34215 43152 15234

45132 24315 23154

B=92619

13245 25143 54231

34251 43125 15243

45123 24351 23145

De hasonlóak a 96084 és 96147 bűvös állandókhoz tartozó táblázatok is. /Én a legelső táblázatból is meg tudom kapni az utolsót. Mondjuk ott már 3 lépés van. Mindegyik számjegyet kiegészítek 6-ra, azután csinálok egy oszlopcserét. Majd befejezem egy sorcserével./

A program külön dolgozik azon, hogy normalizálja az egyes megoldásokat, pont azért, hogy ne számolja meg kétszer azokat a megoldásokat, amely sor cserékkel oszlop cserékkel, tükrözésekel, elforgatással egymásba vihetőek. Csak különböző lehetséges összegből 2040 van, S egy sor összeghez egyetlen megoldást ad meg program az említett eredmény fájlban. Persze elronthattam a programot, jó program egy bizonyos méret felett nincs, csak olyan, amiben még nem találták meg a hibát. A hozzászólásból úgy értettem, ez volt a kérdés, ha nem, kérem próbálja megfogalmazni másként.

Azt a számot láttam. Ez nem veszi figyelembe a sorcserét, oszlopcserét, transzponálást. Így értelmeztem. /Voltam az oldalán is, de még kevés igeig./ De ha azokat az eljárásokat is nézem, amiről én írtam? Ha van egy táblázat, akkor gyorsan lesz még 119. Minden ötjegyűt ugyanúgy permutálok, pl. mindenhol felcserélem az első 2 számjegyet. Ha már van egy táblázat, akkor minden számjegyet kiegészítek 6-ra. Pl. az 5 helyére mindenhol 1-et írok. Ez egy új táblázat, de tegyük fel hogy én ezt nem szeretném az eredetitől lényegesen különbözőnek tekinteni. Van-e még eljárás, amivel kapunk könnyen vagy nehezen egy táblázatból egy másikat?

Benne van a cikkben, "összesen 13520 darab, precízen definiált alapmegoldás létezik" A cikkben lévő link a github oldalmara vezet, ahol az 57.txt fájl tartalmazza az összes alapmegoldást

Javítok: Turchányi Gyula nevét sajnos elírtam.

57. feladat. A saját feladatommal én is sokat foglalkoztam. Turcsányi Géza AI-s cikkében ezt írta:" Alapmegoldás, amikor két megoldás nem vihető át egymásba sorok/oszlopok cseréjével és transzponálással." Én azt is észrevettem, hogy ha van egy táblázatom, akkor gyorsan tudok csinálni egy másikat úgy is, hogy minden számjegyet kiegészítek 6-ra.

12345 15243 21435

15324 21345 12354

21354 12435 15234

Itt a bűvös állandó B=49023. Ebből készül a következő 150975 állandóval.

54321 51423 45231

51342 45321 54312

45312 54231 51432

Én is arra jutottam, hogy átlósan is bűvös négyzet nincs. Olyanról is álmodoztam, hogy mind a 9 szám ugyanazzal a számjeggyel kezdődik, de nem találtam.

Ha már van egy táblázatunk, akkor a számjegyek ugyanolyan permutálásával is gyorsan kapunk egy másik táblázatot. Pl. minden ötjegyű szám első két számjegyét felcserélem. Kíváncsi vagyok, hogy ha a felsorolt eseteket nem tekintem különböző megoldásnak, akkor kb. hány megoldás van.

Könyv 90. oldala

D(t,k,v)<=((k+1-t)*v)/(k*k-(t-1)*v) egész része, feltéve ha a nevező pozitív

D(2,6,23)<=8

D(2,6,22)<=7

Vagyis ha 8 szelvényünk van, akkor a 23 lehet hogy megoldás lesz, a 22 biztos nem lesz megoldás.

61. feladat (lottós) A feladathoz kapcsolódódik egy kb. 300 oldalas könyv 6. fejezete. A. Schrijver Packing and covering in combinatorics (Amsterdam 1979) 6. fejezet Packing and covering of (k t)-sets by A. E. Brouwer (89-97. oldal)

62. feladat (16 sakkozó) A Petersen-gráf a SpecmatWiki oldal kezdőlapján is ott van.

Megjelent a Héttusa új fordulója: \(\displaystyle \rightarrow\) 9. forduló

A beküldési határidő: július 14.

Az előző, a 8. forduló megoldásai itt olvashatók.

És van egy rövid beszámoló, összesítés az eddigi 8 fordulóról, a beküldőkről, beküldésekről, ...

Egy 7x7-es táblázat celláiból hányféleképpen választhatunk ki 15 cellát úgy, hogy azoknak ne legyen közös pontja? (Azaz semelyik két cellának se legyen közös csúcsa vagy közös oldala.) A válasz: 64. Kaptuk a következő kérdést lejárat után: Hányféleképpen lehet kiválasztani 14 cellát? Módszerem nem trükkös, összeszámoltam. Figyelnem kellett arra, hogy megvalósulásokat ne számoljak duplán. Összeszámolással 58290-et kaptam. Két esetet különböztettem meg. 14=4+4+4+2=4+4+3+3 A 4,4,4,2 azt jelenti, hogy vagy 3 sorból választok ki 4-4-4 cellát és 1 sorból 2-t vagy 3 oszlopból választok ki 4-4-4 cellát és 1 oszlopból 2-t. Egy sorból 2 elemet kiválasztani (7 2)=21-féleképpen lehet: 12,13,14,...,56,57,67. Csak 15 lesz jó. Ha 1 sorból 2 cellát választok ki, a többiből pedig 4-4-4-et, akkor ezt 15*15*15*15=50625-féleképpen tehetem meg. Ha 1 oszlopból 2 cellát, a többiből 4-4-4 cellát választok ki, akkor ezt 9*9*9*9=6561-féleképpen tehetem meg. Ha pl. az első oszlopból az első és a harmadik (13) cellát választom ki, akkor azt én itt nem számolom, mert az olyan hogy 2 sorból 4-et, 2 sorból 3-at választok. Azt máshol számolom. /Egyébként a másik esettel kezdtem, de ezt az esetet könnyebb leírni./ Hasonló gondolatmenettel a másik esetre 6*10*10+(6*10*10-4*4*6)=1104-et kaptam.

Mivel az önleltározó hétjegyű szám számjegyei kicsikék kell hogy legyenek, MI nélkül is lesz feltételeknek megfelelő számunk. Arra jó, hogy ha embernek már van kettő száma, akkor nem nagyon keresgél tovább, hanem nézi a Héttusa következő feladatát.

Héttusa, 52. feladat

A héttusában nem egészen sportszerű módon a mesterséges intelligenciát hívtam segítségül. A feladat megadása után azt kértem, hogy írjon egy olyan programot, amely megvizsgálja az összes hétjegyű számot, és megadja, hogy melyek az önleltározók.
A ChatGPT rögtön megértette a feladatot, és közölte a két számot (3022003, 3103003).
A kínai DeepSeek-nek és Elon Musk Grok-3-jának ez nem sikerült.

56. feladat módosítása. Ezen is lehet elmélkedni. Nem kiválasztjuk a 7x7-es táblázat 15 celláját, hanem kilyukasztjuk ugyanazzal a feltétellel. Semelyik két cellának nincs közös csúcsa vagy nincs közös oldala. A táblázat szimmetriáival egymásba vihető tizenötösök ugyanazt a táblázatot jelentik. (Lyukas négyzetek.)

55. feladat Megjegyzés:  Egy hosszabb, de talán átláthatóbb módszer, ha az első (17 főnek a fizetését megduplázza, és a többiek nem kapnak fizetést) javaslat után a kancellár 15-ször azt javasolja, hogy az egyik 2 talléros nem kap fizetést és ezt átadja(szétosztja) (1+1) a két "kedvenc" emberének... Így további 15 lépésben két kézben (17+17) összpontosul a vagyon. Ezt (illetve hárommal kevesebbet) meg három (0-s) ember lefizetésével megszerezheti..

Megjelent a Héttusa új fordulója: \(\displaystyle \rightarrow\) 8. forduló

A beküldési határidő: április 7.

Az előző, a 7. forduló megoldásai itt olvashatók.

Héttusa 7. forduló (2024. december), 49. feladat→

Ez a feladat olyan nehéz volt, hogy csak keveseknek sikerült megoldaniuk. Én sem boldogultam vele. A megoldás leírása alapján elkészítettem az eredménytáblázatokat.

A Csodacsapat (Cs) és a Falábúak (F) mellett még 10 csapat játszik, őket jelöljük az 1, 2, . . . , 10 számokkal.

Az új (3-1-0-ás) és a régi (2-1-0-ás) pontszámítás szerinti eredménytáblázatok:

Megjelent a Héttusa új fordulója: \(\displaystyle \rightarrow\) 7. forduló

A beküldési határidő: január 12.

Hogyan lehetne játékossá, népszerűvé tenni a feladatmegoldást?

Írtam erről, egy lehetőségről, egy matekos párbajról: \(\displaystyle \rightarrow\) Párbajozzunk a matematikaórán?

20. kerdes a 37. feladat alapján -

a mutassuk meg, hogy tetszoleges \(\displaystyle \varepsilon>0\)-ra es minden eleg nagy \(\displaystyle n\)-re letezik tablazat, amiben a legnagyobb elem legfeljebb \(\displaystyle (1+\varepsilon) n^2 \ln n\) (ez persze explicit egyenlotlensegge teheto valamifele \(\displaystyle n^2 \ln n+f(n)\) formaban ahol \(\displaystyle f(n)=o(n^2\ln n)\)). Van-e erosebb felso becslesunk?

Héttusa 39. feladata. A nyomozó 6 nap alatt biztosan megtalálja a bűnöst. Az ilyen típusú feladatoknál szoktam olyanra is gondolni, attól függetlenül, hogy kiolvasható-e a szövegből vagy nem, az, hogy kell-e ilyenre gondolnunk, hogy mondjuk 5 nap adataiból egy nálam sokkal többet látó valaki, már tudja a bűnöst. Mindketten ugyanazt nézzük, de van, aki nálam sokkal többet lát. /Talán kicsi a valószínűsége./

Nagyon tanulságos a 31. feladat (labdarúgó-bajnokság). Milyen könnyen lehet elsőből utolsó!

Ha jól számolom a 19. kérdés következik és nekem ez pont a 19. feladat általánosított átfogalmazása: A kör kerületén felvett n db pont legfeljebb hány hegyesszögű háromszöget határoz meg?

Jav.: Tehát az új  győztesnek legalább 4 győzelme volt.

Addig akkor megvan, hogy a régi győztes mérlege pozitív (több győzelem, mint vereség), az új győztesé negatív.

Legyen a két csapatnak \(\displaystyle \omega, \omega'\) győzelme és \(\displaystyle \delta, \delta'\) döntetlene. Ha a vessző nélküli számok tartoznak az új bajnokhoz, akkor a helycsere feltétele:

\(\displaystyle 2(\omega-\omega')+\delta-\delta' < 0 < 3(\omega-\omega')+\delta-\delta' ,\)

amiből átrendezéssel azonnal adódik, hogy \(\displaystyle \omega>\omega'\), sőt a

\(\displaystyle 2(\omega-\omega')<\delta'-\delta< 3(\omega-\omega')\)

szigorú egyenlőtlenség miatt \(\displaystyle \omega-\omega'\ge2\) és így \(\displaystyle \delta'-\delta\ge5\), méghozzá \(\displaystyle \omega-\omega'=2\) esetén \(\displaystyle \delta'-\delta=5\).

Ha \(\displaystyle \omega=3\), akkor \(\displaystyle \omega'\ge1\) miatt csak \(\displaystyle \omega'=1\) lehet, így a régi győztes mérkőzéseinek száma pontosan \(\displaystyle 1+(\delta+5)+0\), az új győztesé viszont legalább \(\displaystyle 3+\delta+4\) lenne, ami lehetetlen. Tehát a régi győztesnek legalább 4 győzelme volt.