|
|
| [965] Atosz | 2005-07-19 19:44:48 |
 Sziasztok!
J.D.Gergonne francia matematikus kártyatrükkje volt a következő feladvány:
A 32-lapos kártyacsomagból (pl. magyarkártya) kiveszünk 4 hetest és egy nyolcast, majd a néző a maradékokból rágondol egy lapra. Ezután a jól megkevert csomagot szinével felfelé balról jobbra, egyesével három kupacba kirakjuk (bal, közép, jobb, bal, közép, jobb, stb...). A néző megmutatja nekünk, hogy melyik kupacban van a gondolt lap, majd tetszőleges sorrendben egymásra helyezi a kupacokat. A paklit megfordítjuk (így a szine lesz lefelé), majd egyesével újra kezdjük a kirakást (természetesen megint minden lerakott lapot szinével felfelé teszünk az asztalra, hogy lássa őket). Ezt az egész kirakás, megmutattatás, összeszedés dolgot összesen háromszor megcsináljuk, majd az egész paklit sorba kiterítjük és megmutatjuk a gondolt kártyát.
Kérdés, hogy mi a trükk? (Természetesen matematikai feladványról van szó!)
Minden jót, Atosz!
|
|
| [962] 2501 | 2005-06-14 11:12:21 |
 Nem csak az N, Z, Q, R, stb. számhalmazok, hanem ezek részhalmazai is (pl. a páros számok halmaza).
Ezt felhasználva egy lehetséges megoldás:
a 3-mal osztva
A: 0 vagy 1
B: 1 vagy 2
C: 2 vagy 0
maradékot adó számok halmazai.
|
| Előzmény: [961] Kérdező, 2005-06-14 10:19:25 |
|
| [961] Kérdező | 2005-06-14 10:19:25 |
 A példám egyszerű, de mégsem ugrik be a megoldás. Kérlek segítsetek!
----Halmazelmélet----
Adott 3 számhalmaz, melyekben külön-külön végtelen sok elem van. Egy-egy halmaz metszetében szintén végtelen sok elem található. Viszont a közös metszetben nulla, az ugyanis üres!
Hogy lehetséges ez? Tudomásom szerint ugyanis a számhalmazok egymás elemei...
R > Q > Z > N
Tehát két ilyen számhalmaz metszetét mindig a kisebbik halmaz elemei jelentik. Nem értem, hogy a közös metszet hogy lehet üres!?
Előre is köszi a segítséget!
|
|
| [960] jonas | 2005-06-13 21:51:02 |
 A g(x)=x+1 is jó ellenpélda mindhárom esetre. A g(x)=1-et én is kipróbáltam, de úgy látszik, nem vettem észre, hogy az is mindig jó. Szerintem ez bizonyítja, hogy én nem számoltam túl sokat, hiszen csak beírtam az első olyan ellenpéldát, ami kijött.
|
| Előzmény: [959] Lóczi Lajos, 2005-06-13 14:45:33 |
|
| [959] Lóczi Lajos | 2005-06-13 14:45:33 |
 Hogy hogy tudtok ilyen bonyolult ellenpéldákat kifundálni :-), g(x)=x+1, egy csomót kell számolni, hogy leellenőrizze az ember.
(Ami nekem -- igaz, sajnos nem öt perc után -- beugrott, mint ellenpélda, az a szimpla g(x):=c választás: ez alkalmas c-vel mindegyiket cáfolja. Szinte érzem, hogy sugallják a feladat kitűzői, hogy próbáljuk meg a cx alakú függvényeket, mint "jobb szélső" esetet, 0 és 1 közötti c-vel, ezekre azonban mindhárom eset teljesül...)
|
| Előzmény: [958] jonas, 2005-06-12 18:54:39 |
|
| [958] jonas | 2005-06-12 18:54:39 |
|
Nem baj, ha lelövöm a megoldást?
Ha g(x)=1, akkor 0= g'(x) így a feltétel teljesül, de  ha 0<x<1, tehát (a) vagy (c) biztosan nem mindig igaz.
Másrészt a (b) sem feltétlenül igaz, szerintem g(x)=x+1 ellenpélda rá.
|
| Előzmény: [957] Lóczi Lajos, 2005-06-12 14:09:43 |
|
| [957] Lóczi Lajos | 2005-06-12 14:09:43 |
|
177. feladat. Nemrég valahol tesztkérdésként (!) tűztek ki egy, az alábbihoz hasonló feladatot (tehát úgy gondolom, nem volt túl sok idő a megoldására).
Válasszuk meg a g:(0, ) R deriválható függvényt tetszőlegesen úgy, hogy 0g'(x)1 teljesüljön minden x>0 esetén. Döntsük el, melyik állítás igaz mindig.
a.) Minden x (0,1)
b.) Minden x 1
c.) Minden x>0
esetén fennáll, hogy
|
|
| [956] Lóczi Lajos | 2005-06-12 13:45:31 |
|
Szép megoldás. Beírom, hogy a feladatra milyen "megoldást" láttam, tanulságos a kettőt összehasonlítani. (Idézőjelbe tettem azokat a részeket, ami miatt a két megoldás látszólagosan elétér.)
Alkalmazzuk a jobb oldalon a tangensfüggvény ismert "azonosságát",
és a rövidség kedvéért pl. legyen y:=tg(x), valamint a:=tg(1) ekkor azt kapjuk, hogy
Ez utóbbi egyenletnek azonban y-ban nincs megoldása, "tehát" a kiindulási egyenletnek sincs.
|
| Előzmény: [955] levi, 2005-06-10 20:15:33 |
|
