| [3326] Csimby | 2010-10-02 18:08:47 |
 508. feladat
A és B a következőt játsszák: mindkettőjüknek van egy dobókockája, számok nélkül. Először A ír egy pozitív egész számot a saját kockájának az egyik lapjára, majd B tesz ugyanígy. Ezután megint A ír egy pozitív egész számot a saját kockájának egyik lapjára, majd B stb. Amire vigyázniuk kell, hogy a számok összege egyik kockán sem lehet nagyobb mint 21. Mikor már minden lapon szerepel szám, dobnak a saját kockájukkal és az nyer, aki nagyobb számot dobott a másiknál.
Kinek milyen stratégiával érdemes játszani?
(Az igazság az, hogy nem tudom milyen nehéz feladat, csak eszembe jutott.)
|
|
|
|
|
| [3322] HoA | 2010-09-30 13:10:20 |
 Tekintsük a feltételezett X megoldást szintén ciklikus felírásban. Mivel az 5 X3-ra helyben marad, ezért ő vagy egyelemű, vagy hárommal osztható hosszúságú ciklus tagja. Összesen 5 elem van, tehát ez csak hármas ciklus lehet. Ugyanez igaz a 4-re. Így a lehetőségek:
a) 5 is, 4 is egyelemű ciklus
b) 5 egyelemű, 4 egy hármas ciklus tagja
c) 4 egyelemű, 5 egy hármas ciklus tagja
d) 4 is és 5 is hármas ciklus tagja
A b) és c) eset könnyen kizárható, ekkor ugyanis a maradék egy elem is egyelemű ciklust alkot, tehát X3 –ra helyben maradna A d) esetben, mivel 5 elemből legfeljebb egy hármas ciklus képezhető, 4 és 5 ugyanannak a ciklusnak a tagjai, de ekkor ennek a ciklusnak a harmadik tagja is helyben maradna X3-ra. Marad az a) eset, az útmutatás tkp. erre vonatkozik. 4 és 5 nem mozog, tehát csak az 1 2 3 elemekkel kell foglalkoznunk. Van-e olyan permutációjuk, melynek harmadik hatványa (1 2 3) ? Esetszétválasztással elvben a lehetőségek:
d1) 3 egyelemű ciklus – nem jó, X3-ra helyben maradnak
d2) 1 egyelemű és 1 kételemű ciklus – nem jó, az egyelemű ciklus tagja helyben marad
d3) 1 háromelemű ciklus – nem jó, ennek harmadik hatványa mindhárom elemet helyben hagyja.
|
| Előzmény: [3309] epsilon, 2010-09-26 13:28:39 |
|
| [3321] epsilon | 2010-09-27 05:34:43 |
 Nagyon valószínű a magyarítás, mert pl. a transzpoziciót is a Wikipédia is elemcserének, a ciklust ciklikus permutációnak, stb. nevezi, tehát magyarítás nyugodtan lehet.
|
| Előzmény: [3320] jonas, 2010-09-26 22:31:21 |
|
|
| [3319] epsilon | 2010-09-26 20:55:20 |
|
Igen Mihály, ezt értem, ez az előző hozzászólásod "láncsorának" a magyarázata, Én is felírtam a többi ugyanolyan "láncsort" amit az előbbi hozzászólásodban írtál, így bejön összesen 10 betű. Ezen felírások által sem látom, hogy mi lenne az ellentmondás, ami miatt nem létezik az x permutáció.
|
| Előzmény: [3318] Fálesz Mihály, 2010-09-26 20:32:10 |
|
| [3318] Fálesz Mihály | 2010-09-26 20:32:10 |
 Az x egy {1,2,3,4,5} {1,2,3,45} permutáció, amit keresel. Ez az 1-et elviszi valamilyen a elembe, az a-t elviszi valamilyen b-be, b-t pedig 2-be és így tovább.
|
| Előzmény: [3314] epsilon, 2010-09-26 19:02:29 |
|
| [3317] epsilon | 2010-09-26 19:26:08 |
|
Kedves Miháy! Noha a második vázlat érdekesnek tűnik, és nem tudtam követni, mindemellett az "Ha x3 harmadrendű, akkor az x hányadrendű?" kérdésed alapján összeállt egy megoldás, ami a következő: x a 9-ik hatványon éppen az identikus permutációt adja. És ekkor nem nehéz igazolni, hogy a 9-nek osztania kellene az 5!=1×2×3×4×5-öt, és ez absurdum, ígyhát nem létezik az x. Mindemellett, ha van rá türelmed, nagyon örvendenék annak a másik megoldásnak amit vázlatoltál. Tisztelettel üdv: epsilon
|
| Előzmény: [3311] Fálesz Mihály, 2010-09-26 14:47:33 |
|
