Fórum: Érdekes matekfeladatok

Javítás: &tex;\displaystyle 6/5*Pi&xet;-t ír az inverz szimbolikus kalkulátor, ez éppen a tizede a keresett értéknek, ami jó, mert a keresésben a tizedesvessző helyét nem nézi.

Ez azért érdekes volt, 9-es verziójú Mathematica 510 másodperc után visszaadta az eredeti problémát, azaz nem tudta kiszámolni, persze numerikusan ki tudja integrálni és innen már könnyű volt (bár az inverz szimbólikus oldal &tex;\displaystyle 6.5*\pi&xet;-t adott rá).

Az első és harmadik tag összegének integrálja &tex;\displaystyle 12\pi&xet;, ez triviális. A második tag integrálja pedig nulla(!), mert a &tex;\displaystyle [0,\pi]&xet; intervallumon az &tex;\displaystyle x=\frac{\pi}{2}&xet; tengelyre nézve páratlan a függvény, így integrálja nulla (és az integrál létezik!), míg a &tex;\displaystyle [\pi,2\pi]&xet; intervallumon az &tex;\displaystyle x=\frac {3\pi}{2}&xet;-re tengelyre nézve ptlan a fv., így integrálja megint nulla. A negyedik tag integrálja is nulla, ez az &tex;\displaystyle x=\pi&xet; tengelyre nézve ptlan fv.

Ptlan fv-eket meglehetősen nehezen ismer fel a Mathematica. Egyébként az első három tag összegét (gyorsan) tudja integrálni.

&tex;\displaystyle 12\pi&xet; az integrál értéke.

Meg lehet-e határozni az alábbi integrál "pontos" értékét?

&tex;\displaystyle \int_0^{2 \pi } 21 \cos ^2(t)+\cos (t)\sqrt{81 \sin ^4(t)+1} -9 \sin ^2(t)+\sin (t) e^{\sin (3 \cos (t))} dt&xet;

Köszi! Valóban ott volt a 12. feladat.

Kömal A/N feladat lehetett ez, úgy emlékszem &tex;\displaystyle n=2^k&xet; esetén nem lehetséges az eredeti számokat meghatározni. De az biztos, hogy Lovász Kombinatorikai problémák és feladatok könyvében ez a feladat benne van. (Rekonstrukciós problémáknál lehet).

András gondol &tex;\displaystyle n&xet; darab számra, majd megadja Bélának az ezekből a számokból alkotott párok összegét, &tex;\displaystyle \binom{n}2&xet; darabot (csak magukat a számokat, eltitkolva, hogy mely két eredeti szám összegeként állnak elő).

Minden &tex;\displaystyle n&xet; esetén végig lehet gondolni, hogy a megadott összegekből minden esetben rekonstruálhatóak-e az eredeti számok.

Ha &tex;\displaystyle n < 3&xet;, akkor nyilván nem. &tex;\displaystyle n=3&xet; könnyen rekonstruálható, pl. ha A, B és C a három összeg, akkor ebből &tex;\displaystyle (A+B-C)/2&xet;, &tex;\displaystyle (A-B+C)/2&xet; és &tex;\displaystyle (-A+B+C)/2&xet; az eredeti 3 szám.

Jelenleg &tex;\displaystyle n=6&xet;-ig néztem végig az eseteket, ebből a 6 volt a legizgalmasabb. Szóval &tex;\displaystyle n=4, 5, 6&xet;-ra kérdés, hogy mindig egyértelmű-e a visszafejtés, valamint az is, hogy &tex;\displaystyle n>6&xet; esetén tudunk-e valamit mondani (erre még nem tudom a választ, csak sejtem).

A Baranyai-tétel speciális esete, hogy egy &tex;\displaystyle (3k+3)&xet;-elemű halmaz &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-elemű részhalmazait hármasával lehet csoportosítani úgy, hogy minden hármas diszjunkt halmazokból álljon, amelyek uniója persze kiadja a teljes halmazt.

Ha a &tex;\displaystyle (3k+2)&xet;-elemű halmazunkhoz hozzáveszünk még egy, "extra" elemet, akkor a Baranyai-tétel felbontja a kibővített halmazt hármasokra. Minden hármasban az egyik halmaz tartalmazza az extra elemet és még &tex;\displaystyle k&xet; elemet, ehhez a &tex;\displaystyle k&xet; elemhez rendelhetjük hozzá a másik két &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-es részhalmazt.

Egy kerek megoldáshoz a csoportosításra lenne jó egy szép, közvetlen konstrukciót mutatni. Talán ez segíthet.

Megpróbálom most már értelmesen leírni, amit akartam, mert az előző hozzászólásom teljesen értelmetlenre sikerült :-(

Az a sejtésem, hogy a 3k+2 elemű halmaz k és k+1 elemű részhalazai olyan hármasokba rendezhetők, ahol egy-egy hármasba két k+1 elemű és egy k elemű részhalmaz tartozik, melyek páronként diszjunktak és uniójuk épp az alaphalmaz. pl. k = 1 re egy ilyen csoportosítás: (12, 34, 5), (13, 25, 4), (14, 35, 2), (15, 24, 3), (23, 45, 1)

És az a kérdésem, hogy egy 2n elemű halmaz össze nem üres részhalmaza hármsokba csoportosítható-e olyan módon, hogy bármely hármason belül valamely két halmaz diszjunkt és uniója épp a hármas harmadik halmaza. pl. n=1-re a triviális (1,2,12) vagy n=2-re (1,23,123) (2,14,124) (3,24,234) (4,13,134) (12,34, 1234) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?

Sziasztok, új vagyok ezen a néven, de másik nick-kel is rég jártam erre...

Az általad kért konstruktív megoldásra nincs ötletem, de szerintem létezik olyan összerendelés, melyben a részhalmasz-hármasok minden esetben páronként diszjunkt halmazokból állnak.

Egy hasonló, de egyszerűbb "feladvány": az N=1, 2, ...2n halmaz nem üres részhalmazainak száma , osztható 3-mal. Lehet-e ezeket a részhalmazokat hármas csoportokba rendezni úgy, hogy egy csoporton belül páronként diszjunkt halmazok vannak, melyek uniója N? pl. n=1-re a triviális ({1},{2},{1,2}) vagy n=2-re ({1},{2,3},{1,2,3}) ({2},{1,4},{1,2,4}) ({3},{2,4},{2,3,4}) ({4},{1,3},{1,3,4}) ({1,2},{3,4},{1,2,3,4}) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?