Fórum: Érdekes matekfeladatok

Ha jól értem, mivel kötött a menetrend, ezért tesszük fel, hogy az [a,b] intervallum fix. Viszont akkor az egyszerűség kedvéért legyen [a,b]=[0,1], a két város távolsága s, a vonat maximális gyorsulása pedig L (tehát [0,1]-en |f'(x)|L).

Nézzük meg, hogy maximálisan mekkora utat tud a vonat megtenni az adott idő alatt. Nyilvánvalóan az a legjobb stratégia, ha azonnal maximális gyorsításra kapcsol félútig, majd onnan maximális lassulásba kezd az út végéig. Az ehhez tartozó sebességgrafikon egy olyan egyenlő szárú háromszög két szára lesz, aminek a magassága L/2. És azért nyilvánvaló, hogy az ehhez tartozó út a maximális, mert az alatta lévő terület adja meg a megtett utat, és az összes többi stratégia grafikonja bele kell, hogy essen ebbe az egyenlő szárú háromszögbe.

A háromszög területe L/4, így rögtön adódik feltételként, hogy L4s kell ahhoz, hogy a feladat megoldható legyen.

* * *

Most toljunk a háromszög felső csúcsától kezdve lefelé egy vízszintes egyenest. Ez elmetszi a két szárat, és a felső kis háromszöget figyelmen kívül hagyva egy egyenlő szárú trapézt kapunk a víszintes egyenes minden helyzete esetén. Állítsuk be úgy a felső egyenest, hogy a trapéz területe éppen s legyen. Megintcsak könnyen látható, hogy ez az optimális stratégia ahhoz, hogy a vonat maximális sebessége minimális legyen. Ugyanis tegyük fel, hogy van egy ennél is jobb. Ekkor ennek grafikonja végig a konstruált trapéz alatt kell, hogy haladjon - egyenlőség persze megengedett (a szárak fölé nem tud menni, mert akkor L-nél jobban gyorsulna, a felső vízszintes szakasz fölé megintcsak, mert akkor a maximális sebessége lenne nagyobb, mint a konstruált esetben). Viszont ekkor a görbe alatti terület kisebb kell legyen, mint a trapézé, vagyis a vonat nem éri el a célállomást, ami ellentmondás.

A max. sebesség minimuma könnyen ki is számolható: tegyük fel, hogy a vonat x idő után kezd állandó sebességgel haladni (és ekkor nyilván 1-x-nél kezd lassítani). A megtett út ilyenkor: L/4-(1-2x)^2.L/4=s, vagyis 4x-4x²=4s/L, tehát x²-x+s/L=0. Innen

Ebből a kisebbre van szükségünk, a nagyobbik pont azt adja meg, hogy mikor kell lassítanunk.

* * *

A másik eset az, amikor a maximális sebesség maximalizálására törekszünk. Ekkor vegyük azt a stratégiát, amikor ideig maximálisan gyorsítunk, majd ugyanennyi idő alatt megállunk. a feltételek szerint, tehát ez egy megvalósítható stratégia. Ilyenkor a megtett út . Minden más stratégia viszont, aminél a maximális sebesség nagyobb, mint jelen esetben, szükségképpen több utat jelent, hiszen ha a(z egyik) maximális sebességű pontból L és -L meredekségű félegyeneseket húzunk lefelé, akkor az teljes egészében az eredeti út görbéje alatt kell hogy elhelyezkedjen a maximális gyorsulás miatt, és a félegyenesek által kifeszített háromszög is nagyobb területű lesz, mint s (a háromszög nagyobb magassága miatt), ami ellentmondás. Vagyis megkaptuk a maximális sebesség maximumát is.

Ha gond lenne az, hogy a vonat előbb ér az állomásra, mint kellene neki, akkor megtehetjük, hogy a konstruált háromszög területét nagyon picit csökkentjük, és a lassítási ág legvégén nagyon lassan gurulva tesszük meg az út utolsó 1 cm-ét (de ez már csak finomkodás).

* * *

Végeredmény:

1feladat a, Van egymás mellett 5 ház, mind az 5 különböző színű b, A házakban egy egy személy lakik, mind különböző nemzetiségű c, MIndegyik fogyaszt valamilyen italt, dohányárút és tart valamilyen álatot. d, Egyikük sem fgyaszt ugyanolyan italt, szív ugyanolyan cigit, és tart ugyanolyan állatot.

Egyéb információk: 1. Brit piros házban lakik 2, svéd kutyát tart. 3. Dán teát iszik 4. fehér ház balján a zld ház van. 5, a zöld házban kávét fogyasztanak. 6. Az a személy aki Pall mallt szív, madarakat tart. 7. sárga ház lakója Dunhillt szív 8. Középső házban lakó tejet iszik 9. norvég az első házban lakik. 10.a Blendet szívó szomszédjában lakó macskát tart. 11. A blue mastert szívó ember sörözik 12.A lovakat tartó szomszédjábanlakó Dunhillt szív. 13. A német Prince-t szív 14. A norvég a kék ház szomszédja 15A blendet szívó ember szomszédjban vizet isznak

2. feladat Az alábbi négy kártyát látjuk, [1] [2] [3] [4] Mindegyik kártya mindkét oldalán 1-1 számjegy áll az 1-2-3-4 közül. LEgkevesebb hány kártyát kell megfordítani h eldöntsük: igaz e mind1ik kártyáára a következő állítás: Ha a kártya egyik oldalán 2es áll akkor a másik oldalán 4es?

Az állítás nem vonatkozik azokra a kártyákra, amiken az 1-est és a 3-ast látjuk, ezek tehát nem érdekelnek minket. A másik kettőt viszont mindenképpen meg kell fordítanunk.

Ezzel pedig próbálkozz egy kicsit még, sikerülni fog mert semmi trükk nincs benne, egy táblázat segít :)

Én ezt megvétóznám. Az 1,2,3-ast kell megfordítani.

Sziasztok! Kissé most témát váltok, mert ezzel az érdekes feladattal futottam össze: A következő 6 valós számról tudjuk, hogy x>=y>=z>=t>=u>=w>=0, x+y>=100, z+t+u+w>=100. Kérdés: max(x*x+y*y+z*z+t*t+u*u+w*w)=? Az x*x+y*y a legnagyobb akkor lenne, ha x=100 és y=0 ellenben ekkor 0=y>=z miatt a szóbanforgó négyzetösszeg lehet jóval nagyobb is. Ha az x értékét csökkentem, és y értékét növelem, akkor természetesen x*x+y*y csökken, de ha y értéket növelem, akkor a z,t,u,w értékeivel a négyzetösszeget jobban növelhetem (?) mint amennyire az x*x+y*y összeget csökkentettem. Az összeget sejtésem szerint úgy maximzálhatom, ha x=y=50 és z=t=50 és u=w=0. Ez a sejtésem, nem tudom igaz-e, és persze ez nem bizonyítás! Ide elkelne valami jó ötlet, mert amit leírtam nem bizonyítás, és talán nem is helyes?! Előre is kösz!

Üdv!

Ha szabad,én is vitatkoznék ezzel egy kicsit(nézzétek el nekem,ha sületlenséget írok,én még nem vagyok azon a szinten matekból,mint ti,de ezt megpróbálnám).

Tehát:Ha az az állítás,hogy ha a kártya egyik oldala 2-es,akkor a másik 4-es,akkor szerintem pont azokat kellene megfordítani,amelyekre nem vonatkozik az állítás,vagyis az [1],[3]-at,hogy bebízonyítsuk az állítást.

De ha a 2-est nem fordítod meg, honnan tudod, hogy 4-es van-e a hátulján? És az 1,3-at pedig azért kell megfordítani, hátha 2-es van a másik oldalukon, ami cáfolná az állítást. A 4-est nem kell megfordítani: akár 2-es van a hátulján, akár nem, egyik esetben sem cáfolja az állítást, tehát a többi kártyán múlik, hogy az igaz-e.

Mondjuk érdekesebb lenne a probléma, ha a kártyák hátulján is az 1-4 számok permutációja szerepelne és ezt tudnánk... Egyelőre nem gondoltam még át, hogy ilyenkor hogy érdemes fordítgatni.

ajaj, lehet hogy jobban bele kellett volna gondolnom :)