|
[162] Sirpi | 2005-11-03 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] Sirpi | 2005-11-03 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] jonas | 2005-11-03 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 |
|
|
[158] Sirpi | 2005-11-03 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] jonas | 2005-11-03 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 |
|
|
[155] Hajba Károly | 2005-11-03 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] Sirpi | 2005-11-02 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] Sirpi | 2005-11-02 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] Nagyember | 2005-10-27 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.
|
|
|
[150] lorantfy | 2005-10-23 13:40:24 |
Az n-edik egységgyökök megértésében segíthet egy egyszerű trigonometriai analógia.
Oldjuk meg a cos(n.)=1 egyenletet a [0;2[ intervallumon.
Pl. n=6 esetén cos(6.)=1 egyenlet megoldásai =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 |
|
|
|
|
[146] lorantfy | 2005-10-21 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 |
|
|
|
[143] Sirpi | 2005-10-21 11:34:42 |
Igazad van, Ambrus, tényleg ez a feladat.
Legyen az első 6. egységgyök, tehát =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., valamint B=z2, B'=z2. és C=z3, C'=z3., ebből pedig megkapjuk a keresett háromszög három csúcsát, ami az egymás utáni háromszögek megfelelő csúcsainak felezőpontja lesz:
Az elsőből a másodikba mutató komplex szám a kettő különbsége: , az első és harmadik különbsége pedig , 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 .
Mivel primitív 6. egységgyök, így 3=-1, vagyis 3+1=(+1)(2-+1)=0, innen kapjuk, hogy 2=-1.
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 |
|
|
[141] jonas | 2005-10-21 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] Tomszy | 2005-10-21 09:49:59 |
KIcsit pontatlan lett, de a lényeg remélem látszik. S Zóval akárhogy forgatom a háromszögeket, Az oldalfelezőkböl kijött háromszög szabályos lesz.
|
|
|