| [875] Hajba Károly | 2005-04-08 15:28:33 |
 Kedves (mindent) tudniakarok!
Egy újszülöttnek minden vicc új, de nem a véneknek. :o) Szóval anno, valamikor a '90-es években valamelyik magyar ált. isk. diákjai lelkes matektanáruk irányításával egy nagyszabású kisérletet tettek a betetted feladat megvalósítására. Két napon keresztül többezer gyufaszálat v. akármit ejtegettek le több csoportba szerveződve. Ha jól emlékszem 2 tizedesjegy pontossággal ki is hozták a  értékét. Ez akkor világcsúcs volt.
Érdekes lehet az betett ábra egyéb formái is.
HK
|
| Előzmény: [874] tudniakarok, 2005-04-08 14:11:29 |
|
| [874] tudniakarok | 2005-04-08 14:11:29 |
 Na ez érdekes,nagyon...
159.feladat: Tulajdonképpen a feladat nem más, mint egy kísérlet, amit egy Buffon nevű matematikus agyszüleményeként tartanak számon:
Felszereljük magunkat egy rövid, kb. 2 cm hosszú varrótűvel. /A varrótű végei legyenek letörve, és persze az a jó, ha hossza mentén egyenletes vastagságú/. Ez után egy papírlapon vékony párhuzamos vonalakat húzunk, amelyeknek egymástól való távolsága kétszer olyan nagy, mint a tű hossza. Ezután bizonyos (tetszés szerinti, de állandó) magasságból a tűt a papírra ejtjük és megfigyeljük, hogy metszi-e a tű a vonalak valamelyikét, vagy nem. Hogy a tű ne ugrálhasson, a papírlap alá itatóst vagy posztót teszünk.A tűdobálást sokszor megismételjük, (legalább százszor, ezerszer, vagy esetleg 28 milliószor) és minden alkalommal megnézzük, hogy volt-e metszés. (megj.: Metszésnek számít az az eset is, amikor a tű csak a hegyével érinti a vonalat.) Ha ezután a dobások számát elosztjuk a metszések számával milyen eredményt kapunk?
|
 |
|
|
| [872] jonas | 2005-03-30 18:22:06 |
 Szerintem a 3×3-as felosztásból az is látszik, hogy legfeljebb 9 lyuk maradhat, tehát 11 dominó mellé mindig le lehet rakni még egyet. Egy 3×3-as sarokban ugyanis hat mezőt mindig le kell fedni ahhoz, hogy ne lehessen még egy dominót lerakni. Ez az eredmény megegyezik Gézáéval, és éles is, mert 12 dominó már meg tudja tölteni a táblát.
|
A |
A |
|
B |
|
| C |
C |
|
D |
B |
E |
|
F |
F |
D |
|
E |
| G |
|
H |
I |
I |
|
| G |
J |
H |
|
K |
K |
|
J |
|
L |
L |
|
|
|
| Előzmény: [852] Csimby, 2005-03-29 01:19:33 |
|
| [871] tudniakarok | 2005-03-29 21:56:19 |
|
azaz ezért jó a tiéd nem pedig nem jó!na mind1
|
|
| [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: 6X 2(k-1)2+4k-4 ,ebből
Minden term. szám négyzete vagy osztható 3-mal vagy 1 maradékot ad,ezért
![X=\bigg[\frac{k^2+1}{3}\bigg]](keplet.cgi?k=44CD375480E1B13C) ez a legkevesebb dominó ,ami lerakható a táblára,azaz
![k^2-2\bigg[\frac{k^2+1}{3}\bigg]](keplet.cgi?k=9308E9F3258B329F) helyünk marad miután az összeset leraktuk,ezért
![N=k^2-2\bigg[\frac{k^2+1}{3}\bigg]+2](keplet.cgi?k=CF3759D7090A57FE)
Nekem eddig minden próbálkozásnál összejött,de azért nem állítom hogy teljesen jó.
|
| Előzmény: [864] levi, 2005-03-29 17:02:04 |
|
