[3767] Micimackó | 2013-08-02 21:06:06 |
Nekem úgy tűnik nem lehet, mert nem férnek el. Az első bőven nem fér el (nem is marad elég hely a táblán), a másodikhoz már lenne elég hely, de nincs jól elosztva. Úgyhogy szerintem nem lehet.
|
Előzmény: [3757] w, 2013-07-27 22:52:42 |
|
|
[3769] Fálesz Mihály | 2013-08-03 05:45:44 |
Nem értem, hogy az (a) rész miért ennyire bonyolult. Szerintem elég lenne három pont: (0,0), (1,0) és (0,1). Ha kezdetben csak ezeken van zseton, akkor akárhány lépés után is lesz legalább az egyiken.
|
Előzmény: [3757] w, 2013-07-27 22:52:42 |
|
[3770] w | 2013-08-03 14:03:32 |
Egyetértek, csak az eredeti feladatot akartam kitűzni. Lehetne bőven variálni a dolgokat: keressünk kezdő- és célhelyzeteket az (x,y) (x+n,y), (x,y+n) operációra (előbbiből leveszünk, utóbbiakra rárakunk egy-egy zsetont) stb.
Megkérdezném (a feladatot még nem gondoltam át): az (x,y) (x+1,y+1), (x-2,y-1) hasonló változatban legalább hány zsetont kell {(x,y): x,y egész} halmazra rakni, hogy sehogy se lehessen elérni, hogy mondjuk az (1,1)(1,10)(10,10)(10,1) négyzetben ne legyen zseton.
|
Előzmény: [3769] Fálesz Mihály, 2013-08-03 05:45:44 |
|
[3771] Micimackó | 2013-08-07 13:22:20 |
Megsúlyozzuk a mezőket, hogy egy érme mindig egyet érjen. Így 4 mező van, amiből 2-t akarunk üresen és két érmét akarunk a Fálesz verzióban, így ez nem lehet. A b) résznél még a szélső sorra és oszlopra is figyelni kell, mert ott is marad kis plusz üres terület és így nem lesz elég hely.
|
Előzmény: [3768] w, 2013-08-02 22:28:38 |
|
[3772] aaaa | 2013-08-07 20:19:50 |
a) ez ekvivalens n2 darab eredeti feladatbeli (kezdőhelyzet)->(véghelyzet) lehet-e kérdés megválaszolásával.
b) pl. (1;1)-re raksz, erre nem tudod az operációt alkalmazni.
|
Előzmény: [3770] w, 2013-08-03 14:03:32 |
|
|
[3774] w | 2013-08-11 16:48:19 |
Igen. Sok, az előbbihez hasonló feladat generálható. Olyan szám kell nekünk, melyre az
(*)
összeg a lépések során invariáns marad, ahol P jelöli a zsetonok helyeinek halmazát. Az előbbi feladatban x+y=(x+1)+y+x+(y+1)-ra redukálódik a (*) egyenlet, ahol megfelel célunknak. Miért is? Úgy általában, olyan számra van szükségünk, melyre
,
azaz az első síknegyed súlya véges. Ez éppen (-1;+1) esetén következik be, és ekkor
a mértani sor összegzőképlete szerint. A feladatokhoz pedig a P(x) polinomot rendelhetjük, amiről tudjuk, hogy van -1 és +1 között nemnulla gyöke, és tükrözi a zsetonok változását, azaz erre redukálódik a (*) egyenlet egy lépésnyi változás során. A VV-s példában ez a polinom P(x)=2x1-1 volt.
Aki ismer további alkalmazásokat erre a módszerre, örömmel olvasnám azokat.
|
Előzmény: [3771] Micimackó, 2013-08-07 13:22:20 |
|
|
[3777] w | 2013-09-02 22:15:48 |
A következő függvényegyenlet leginkább a megoldási módszere miatt hasznos/érdekes :
f(f(x)-x)=2x.
|
|