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

Fórum: Felmerülő kérdések és problémák topikja

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[163] jonas2005-11-03 21:35:51

Ki kell, hogy ábrándítsalak. Én nem vagyok biztos benne, hogy a könyv alapján 15 és 21 emberre lehetne tökéletes ultiverseny.

Előzmény: [162] Sirpi, 2005-11-03 10:38:26
[162] Sirpi2005-11-03 10:38:26

15-re és 21-re még nincs konstrukcióm, de mint Jónás is írta, az említett könyv alapján meg lehet csinálni. Kezdek lustulni, szerintem mindenképp progiírás lesz a dologból, mert kézzel már nem szeretek csomó esetet megnézni.

Előzmény: [159] Hajba Károly, 2005-11-03 09:31:47
[161] Sirpi2005-11-03 09:42:02

Igen, ezt már én is kikombináltam. De pl. érdekes kérdés, hogy mi van 18 ember esetén, vajon ilyenkor le lehet-e bonyolítani 8 teljes kört úgy, hogy mindenki 16 másik emberrel játsszon, és mindenkinek legyen egy "párja", akivel nem találkozik. Szerintem fogok írni a dologra (tetszőleges résztvevőszámra) valami progit, ami mohó módon megpróbál fordulókat generálni, és ha elakad, akkor visszalép. Egyelőre ugyanis nem nagyon látok szép konstrukciós, sajnos.

Előzmény: [160] jonas, 2005-11-03 09:32:14
[160] jonas2005-11-03 09:32:14

Arra szerintem nem. Persze ha csak egy emberrel van kevesebb, akkor elkészíted a tökéletes leosztást, és aki a hiányzó emberrel játszana, az pihen.

Előzmény: [158] Sirpi, 2005-11-03 09:19:04
[159] Hajba Károly2005-11-03 09:31:47

Erre a 9-esre már én is réleltem, de mi a helyzet a 15 ill. 21-essel. Erre még nem jöttem rá. Akinek megvan a Hraskó-könyv, az segíthetne, mi isvan benne.

Előzmény: [156] Sirpi, 2005-11-03 09:10:39
[158] Sirpi2005-11-03 09:19:04

Köszi, ez hasznos infó. Azt nem tudod, hogy arra is kitér-e, hogy mi a helyzet, ha nem lehetséges tökéletes leosztás (tehát ha a létszám nem 6k+3 alakú)?

Előzmény: [157] jonas, 2005-11-03 09:15:44
[157] jonas2005-11-03 09:15:44

Az Új matematikai mozaik (Hraskó András, TypoTeX Kiadó, Budapest, 2002) első fejezete (Montágh Balázs) részletesen leírja, hogyan kell ilyen tökéletes leosztást megvalósítani (tökéletes, vagyis minden két ember pontosan egyszer játszik egymással).

Előzmény: [156] Sirpi, 2005-11-03 09:10:39
[156] Sirpi2005-11-03 09:10:39

9 embernél ugye 4 forduló kell, és pl. a következőképp meg is lehet valósítani (minden fordulóban párhuzamos egyenesek adják a párosításokat):

Előzmény: [155] Hajba Károly, 2005-11-03 01:00:57
[155] Hajba Károly2005-11-03 01:00:57

Üdv!

Van egy ötletem, de lehet, hogy marhaság. A kipróbálásához ismertesd velünk a tökéletes leosztást, s azt is, hogy van-e több megoldás.

A konkrét létszámot ki lehetne egészíteni virtuális résztvevőkkel a következő optimális létszámig, majd megnézni a leosztást és csereberélni. Talán kisülhet belőle valami. Ha nem, ... hát talán kisnyúl. :o)

Előzmény: [153] Sirpi, 2005-11-02 23:41:48
[154] Sirpi2005-11-02 23:51:08

Na, amire eddig jutottam, az az, hogy ha páros sok résztvevő van, akkor nem tud mindenki mindenkivel leülni játszani, mert ugye mindenkinek páratlan sok másik emberrel kell asztalhoz ülnie, és meccsenként 2vel teszi ezt meg.

Másrészt 9 emberre csináltam tökéletes sorsolást, és azt sejtem, hogy ilyen létezik 15-re és 21-re is (sőt, minden 3-mal osztható páratlan számra). Jó lenne ezekre konstrukciót találni. Egyelőre ennyi.

Előzmény: [153] Sirpi, 2005-11-02 23:41:48
[153] Sirpi2005-11-02 23:41:48

Sziasztok!

Egy ismerősöm megkeresett egy gyakorlati problémával. Egyelőre nem oldottam meg, gondoltam, több agy többet lát :-)

Szóval ultibajnokságot akar szervezni 10-20 résztvevő részére. Sajnos a pontos létszám csak a sorsolás előtti napon, vagy csak aznap lesz lerögzítve, addig van kb. 3 hét. Ugye az ultit egy asztalnál egyszerre 3 ember játssza, és ez okozza a gondot, ezért kellene segíteni a sorsolást megtervezni valahogy.

A következő feltételekkel képzeli a lebonyolítást:

1) minden körben maximum 2 ember (az emberek 3-as maradéka, végső esetben 3) legyen csak passzív, azaz épp ne játsszon egyik asztalnál se (ha ez nem megy, lehet enyhíteni a feltételt, és nem szükséges, hogy minden fordulóban ugyanannyi meccs legyen)

2) egy körben egy ember nyilván csak egy asztalnál játszhat

3) a torna során senki sem ülhet le senki mással 2-szer közös asztalhoz

4) minden játékos ugyanannyi játszmát kell, hogy játsszon (különben nehéz az eredmények összehasonlítása)

5) minden résztvevőszám mellett próbáljuk meg maximalizálni a lejátszott partik számát

Röviden ennyi lenne, minden építő jellegű kritikát szívesen fogadok. A lényeg tehát az, hogy a teljes sorsolást meg kell adni, tehát hogy adott körben ki kivel játszik és ki pihen.

[152] Nagyember2005-10-27 20:44:28

Egy kicsit mas vizekre evezek. Valaki nem tudna abban segiteni, hogy az okori geometriat hogyan hasznaltak a foldmeresben, egyaltalan mik voltak az alapveto alkalmazasai. "Miert kellett kitalalni?" Egy link is tokeletesen megfelel. Elore is kosz.

[151] Tomszy2005-10-23 19:19:37

köszi szépen. már kezdem értemi.

Előzmény: [150] lorantfy, 2005-10-23 13:40:24
[150] lorantfy2005-10-23 13:40:24

Az n-edik egységgyökök megértésében segíthet egy egyszerű trigonometriai analógia.

Oldjuk meg a cos(n.\alpha)=1 egyenletet a [0;2\pi[ intervallumon.

Pl. n=6 esetén cos(6.\alpha)=1 egyenlet megoldásai \alpha=0o,60o,120o,180o,240o,300o

Miért megoldások ezek? Mert 6-tal szorozva mindegyik 360o egész számú többszöröse lesz, tehát az x tengelyre fordítja az egységvektort.

A komplex számok hatványozásakor trigonometrikus alakban a szöget a hatványkitevővel kell szorozni. Tehát hasonlóan működik a dolog. Bármelyik 6.gyök egységvektor szögét 6-tal szorozva a vektor a valós tengelyre fordul, vagyis a hatványozás eredménye 1 lesz.

Előzmény: [148] Sirpi, 2005-10-21 15:50:11
[149] lorantfy2005-10-21 17:56:21

Az A pontba mutató egységnyi hosszú komplex szám legyen: zA=cos\alpha+isin\alpha

akkor az A' pontba mutató szám: zA'=cos(\alpha+60o)+isin(\alpha+60o)

Hasonlóan B,B',C,C' pontokra:

zB=cos\beta+isin\beta zB'=cos(\beta+60o)+isin(\beta+60o) és

zC=cos\gamma+isin\gamma zC'=cos(\gamma+60o)+isin(\gamma+60o)

Most elő kell allítanod az E,F,G pontokba mutató számokat. Ez ugyanúgy megy mint vektoroknál. A paralelogramma átlója az összeg és azt kell felezni.

z_E=\frac{z_{A'}+z_B}{2}\quad z_F=\frac{z_{B'}+z_C}{2}\quad z_G=\frac{z_{C'}+z_A}{2}

Ezután előállítod az EFG\Delta oldalait. Ezek az előbbi számok különbségei.

Majd vagy azt látod be, hogy egyenlő a hosszuk vagy, hogy 60 fokkal fordulnak.

Előzmény: [148] Sirpi, 2005-10-21 15:50:11
[148] Sirpi2005-10-21 15:50:11

6. (általában n.) egységgyök az az egységnyi abszolútértékű komplex szám, aminek a 6. (n.) hatványa 1 (tehát az elnevezés onnan jön, hogy az 1 komplex valahanyadik gyökeiről van szó). Jelen esetben \varepsilon-nak azt a komplex számot választottam, aminek hossza 1, szöge pedig 60o. Ekkor a \varepsilon3=-1 és \varepsilon6=1, általában pedig a hatványai sorra bejárják az egységnyi körülírt körű, vízszintes állású szabályos hatszög csúcsait.

Előzmény: [147] Tomszy, 2005-10-21 14:34:05
[147] Tomszy2005-10-21 14:34:05

igen. Mi az a 6. egységgyök?

Előzmény: [145] Sirpi, 2005-10-21 13:40:41
[146] lorantfy2005-10-21 14:05:05

Szerintem Tomszy-t a 6. egységgyök zavarja. Sirpi megoldásának lépései alapján trigonometrikus alakkal is meg lehet oldani a feladatot. Elég egységvektorokra belátni és akkor nem kell r-t használni. Csak az összeadást és kivonást kell ismerni.

Előzmény: [145] Sirpi, 2005-10-21 13:40:41
[145] Sirpi2005-10-21 13:40:41

Mit értesz egyszerűbb alatt? van benne két kivonás, meg egy szorzás, hol szeretnél egyszerűsíteni?

Előzmény: [144] Tomszy, 2005-10-21 13:28:32
[144] Tomszy2005-10-21 13:28:32

köszi a megoldást. de nem lehetne egy picit egyszerűbben?

Előzmény: [143] Sirpi, 2005-10-21 11:34:42
[143] Sirpi2005-10-21 11:34:42

Igazad van, Ambrus, tényleg ez a feladat.

Legyen \varepsilon az első 6. egységgyök, tehát \varepsilon=cos 60o+i.sin 60o, és legyen a körünk az origó közepű egységkör. Ekkor a három szabályos háromszög origótól különböző csúcsai rendre: A=z1, A'=z1.\varepsilon, valamint B=z2, B'=z2.\varepsilon és C=z3, C'=z3.\varepsilon, ebből pedig megkapjuk a keresett háromszög három csúcsát, ami az egymás utáni háromszögek megfelelő csúcsainak felezőpontja lesz:

F_{A'B} = \frac {z1 \cdot \varepsilon + z2}2 \qquad F_{B'C} = \frac {z2 \cdot \varepsilon + z3}2 \qquad F_{C'A} = \frac {z3 \cdot \varepsilon + z1}2

Az elsőből a másodikba mutató komplex szám a kettő különbsége: u_{12}=\frac {(z1-z2) \cdot \varepsilon + (z2-z3)}2, az első és harmadik különbsége pedig u_{13}=\frac {(z1-z3) \cdot \varepsilon + (z2-z1)}2, erről a kettőről kell belátni, hogy egyenlő hosszúak és 60o-os szöget zárnak be egymással. Ez a komplex számok nyelvén éppen azt jelenti, hogy a hányadosuk \varepsilon.

Mivel \varepsilon primitív 6. egységgyök, így \varepsilon3=-1, vagyis \varepsilon3+1=(\varepsilon+1)(\varepsilon2-\varepsilon+1)=0, innen kapjuk, hogy \varepsilon2=\varepsilon-1.

u_{12} \cdot \varepsilon = \frac {(z1-z2) \cdot \varepsilon ^2+ (z2-z3)\cdot \varepsilon}2=\frac {(z1-z2) \cdot (\varepsilon - 1)+ (z2-z3)\cdot \varepsilon}2=\frac {(z1-z3) \cdot \varepsilon + (z2-z1)}2=u_{13}

Ezzel az állítást beláttuk.

Megjegyzés: a megoldás során sehol nem használtuk ki, hogy a zi számok egységnyi hosszúak, vagyis mindig igaz, hogy ha egy pontból felveszünk három (tetszőleges méretű!) szabályos háromszöget, akkor a megfelelő nem egybeeső csúcsaikat összekötő szakaszok felezőpontjai által alkotott háromszög is szabályos lesz.

Előzmény: [141] jonas, 2005-10-21 10:30:03
[142] lorantfy2005-10-21 11:18:04
Előzmény: [141] jonas, 2005-10-21 10:30:03
[141] jonas2005-10-21 10:30:03

Nem jókat kötsz össze.

Szerintem ez úgy működik, hogy ha ez a három háromszög szabályos, akkor a másik három háromszög külső oldalainak az oldalfelezőit kell összekötni.

Bocs, de ábrát nincs kedvem rajzolni.

Előzmény: [139] Tomszy, 2005-10-21 09:48:04
[140] Tomszy2005-10-21 09:49:59

KIcsit pontatlan lett, de a lényeg remélem látszik. S Zóval akárhogy forgatom a háromszögeket, Az oldalfelezőkböl kijött háromszög szabályos lesz.

[139] Tomszy2005-10-21 09:48:04

Szeva! Itt egy rajz. kb így értettem. A tanár azt m ondta hjogy mindig szabályos háromszög lesz. CSak be kell bizonyítani kompley számokkal.

Előzmény: [138] nadorp, 2005-10-21 09:16:26

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]