[870] tudniakarok | 2005-03-29 21:49:17 |
Bár ez meg pl 8-ra nem jó,mert ott ebből X=21, amit irtál ott meg 22 jön ki (66/3)
|
|
[869] tudniakarok | 2005-03-29 21:39:43 |
Igazad lehet,sőt van!Belebonyolódtam az oszthatóságba!Ez is meg van!
|
|
|
[867] Csimby | 2005-03-29 21:17:59 |
k=4-re azt mondja, hogy legalább dominót el tudunk helyezni. De szerintem ez az érték 6 kéne, hogy legyen. Vagyis N=6 míg a képlettel N=42-2*5+2=8. Nekem gyanús, hogy k=5-re sem jó, vagyis akkor van baj, amikor k2-1 osztható 3-mal (k=2-re sem jó, míg k=3-ra, és k=6-ra, amikor k2-1 nem osztható 3-mal, olyankor jó).
|
Előzmény: [866] tudniakarok, 2005-03-29 20:07:52 |
|
[866] tudniakarok | 2005-03-29 20:07:52 |
Na akkor kxk-s táblára lerakható még egy dominó,ha N db mező szabad,és X-1 db dominó van lerakva: Kós Géza nyomán: 6X2(k-1)2+4k-4 ,ebből
Minden term. szám négyzete vagy osztható 3-mal vagy 1 maradékot ad,ezért
ez a legkevesebb dominó ,ami lerakható a táblára,azaz
helyünk marad miután az összeset leraktuk,ezért
Nekem eddig minden próbálkozásnál összejött,de azért nem állítom hogy teljesen jó.
|
Előzmény: [864] levi, 2005-03-29 17:02:04 |
|
[865] Kós Géza | 2005-03-29 17:29:59 |
Helyezzünk el k darab dominót úgy, hogy több már ne férjen a táblára. Azt kell megmutatni, hogy k12.
Számoljuk össze az olyan dominó-rácspont párokat, amikor a rácspont a dominó határán van.
a) Minden dominó határán 6 rácspont van, ez tehát összesen 6k pár.
b) A tábla belsejében levő 25 rácspont mindegyikének legalább két dominóhoz kell illeszkednie, különben még egy dominót odatehetünk mellé. A tábla kerületén levő rácspontokhoz is --- a sarkokat kivéve --- illeszkednie kell legalább egy-egy dominónak. Ilyen rácspontból 20 van. A párok száma tehát legalább 25.2+20.1=70.
Azt kaptuk, hogy 6k70, vagyis k12.
|
Előzmény: [863] tudniakarok, 2005-03-29 15:49:34 |
|
[864] levi | 2005-03-29 17:02:04 |
Az N számnak mindig párosnak kell lennie, nem? A k szám páros, k*k is páros, és ha elhelyezek egy dominót, akkor mindig 2-vel fog csökkeni, azaz páros lesz mindig a nem üres mezők száma is és a fedett mezők száma is. A sejtés azonban k=8 esetre ez alapján nem jó, mert akkor X=27, ami nem lehetséges.
|
Előzmény: [859] tudniakarok, 2005-03-29 15:23:03 |
|
[863] tudniakarok | 2005-03-29 15:49:34 |
Íme az én bizonyításom a saját feladatomra!: Úgy indulok,ahogy Csimby:Osszuk fel a 6x6-os táblát 4db 3x3-as négyzetre! Mivel 14 mező fedetlen,ezért van olyan résztábla amelyen 4 fedetlen mező van.Megmutatjuk hogy ezen résztáblán van 2 szomszédos mező!Legyen a résztábla a táblázat jobb felső sarka! Tegyük fel hogy az állítással ellentétben nincs 2 szomszédos mező! Ekkor az A B C betűkkel jelölt mezők nem lehetnek fedetlenek,hisz akkor a közbezárt mező is fedetlen volna. Hasonlóan nem lehetnek fedetlenek az x-szel jelölt mezők sem,hiszen akkor C sarokmező is fedetlen volna. Vagyis a bal oldali 2x3-mas táblarészen legalább 4 mező le van fedve,így legfeljebb 2 mező lehet fedetlen! Emiatt az alsó sorban kell lenni 2 fedetlen mezőnek. Feltevésünk szerint nics 2 szomszédos mező,tehát ez a 2 csak a két szélső lehet. Tehát E és F biztosan nincs lefedve. Ebből viszont adódik,hogy a szürke mezőknek fedettnek kell lenni,különben volna 2 szomszédos fedetlen mező. Ugyanakkor az A és C mezők közötti mezőnek is fedettnek kell lenni. Ezt viszont nem lehet megtenni,mert ez a dominó az A B C mezők egyikét lefedné,így nem maradhatna 4 fedetlen mező! Ellentmondásra jutottunk,tehát van két szomszédos fedetlen mező!
|
|
|
[862] levi | 2005-03-29 15:45:07 |
Bocs, már megint nem fogalmaztam pontosan, szóval N az üres mezők száma, de szerencsére valaki rá tudott jönni...
|
|
[861] tudniakarok | 2005-03-29 15:26:31 |
ÁÁÁÁÁÁÁ! Ne!!! Igazad van Csimby 14 mező fedetlen vissza az egész,de még ma beírom az én bizonyításom is
|
|