[2464] HoA | 2007-11-27 18:36:33 |
Egy másik megoldás a 6 versenyzőre: Legyen a(z egyik) győztes A. Mivel összesen 6 x 5 / 2 = 15 pontot osztanak ki (sakk) , neki legalább 2.5 pontja van. Vegyük az A-t tartalmazó párok P halmazát ( 5 pár ) és a P párokat legyőzők G halmazát . G nem lehet 1 elemű, mert akkor saját magát is le kellene győznie. De nem lehet 3 vagy több elemű sem, mert akkor A-t legalább hárman legyőzték volna, tehát nem lehetne csak 5-3 = 2 pontja. Ha viszont G kételemű, akkor G tagjai A-tól 2, a többi 5 résztvevőtől együtt legalább 5 pontot szereztek, így együtt legalább 7 pontjuk van, az egyiknek legalább 3.5. A viszont a 2 pont elvesztésével legfeljebb 3 pontos lehet, ami ellentmond annak, hogy ő a(z egyik) győztes.
|
Előzmény: [2439] rizsesz, 2007-11-23 10:23:55 |
|
|
[2466] Csimby | 2007-12-04 01:19:45 |
Láttam most egy hasonlót (legalábbis annyiban hasonlít, hogy körmérkőzéses :-):
330.feladat 8-an körmérkőzést játszanak (nincs döntetlen). Biz.be, hogy mindig kiválasztható 4 olyan versenyző, akik közül az első legyőzte a másodikat, harmadikat és negyediket, a második legyőzte a harmadikat és negyediket, valamint a harmadik legyőzte a negyediket.
|
Előzmény: [2439] rizsesz, 2007-11-23 10:23:55 |
|
|
|
|
[2470] Hajba Károly | 2007-12-04 12:38:43 |
Elvileg ez egy nyílt Hamilton-kör lenne, amire nincs egyértelmű megoldhatósági kritérium, mint az Euler-körre van. Nekem úgy tűnik, nem létezik Hemilton-kör, de a gráfok mélységében nem vagyok eléggé járatos, így nem tudom bizonyítani.
|
Előzmény: [2467] Csimby, 2007-12-04 01:26:25 |
|
[2471] Csimby | 2007-12-04 12:47:51 |
Szerintem is egy szép feladat :-) Ha alég sokáig nézi az ember a gráfot, akkor észre lehet venni valamit ami nagyon sokat segít.
|
|
[2472] rizsesz | 2007-12-04 13:58:02 |
Akkor gondolj arra, hogy a hivatalos megoldás tulajdonosa 2. osztályos volt. És nem középiskolás, hanem általános iskolás, azaz 8 éves. Szóval érdemes elrugaszkodni egy kicsit attól, amit az ember tud, és olyan fejjel gondolkodni, mintha csak nagyon alapvető eszközeink lennének. :)
|
Előzmény: [2470] Hajba Károly, 2007-12-04 12:38:43 |
|
[2473] Hajba Károly | 2007-12-04 14:01:11 |
A vonalak 10 db négyszöget határoznak meg. Ha ezeket átalakítjuk egy újabb gráffá úgy, hogy a négyzetek a gráfcsúcsok és a csatlakozó él az új gráf élei, akkor ebben a gráfban is meg kellene tudni csinálni az összekötést. Ha nem sikerül, akkor az eredetiben sem lehet.
Persze tudom ez nem bizonyítás. Inkább csak morfondíroztam egyet. :o)
|
Előzmény: [2471] Csimby, 2007-12-04 12:47:51 |
|