| [3996] jonas | 2015-12-23 21:42:38 |
 Ha senki nem adhat önmagának vagy a házaspárjának ajándékot, akkor természetesen rosszabb a helyzet, mert több megkötés van. Ilyenkor 0.13 körül van az esélye, hogy sikerül a sorsolás.
|
| Előzmény: [3995] marcius8, 2015-12-23 20:59:47 |
|
| [3997] marcius8 | 2016-01-04 10:58:37 |
 Egy lehetséges célirányos megfeleltetés a részemről a következő:
Először lexikografikusan rendezem a "k" elemű részhalmazokat. Utána lexikografikusan rendezem a "k+1" elemű részhalmazokat.
a.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről és hátulról számítva az "n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.
b.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről számítva az "2n-1"-ik tagjához és "2n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.
|
| Előzmény: [3992] klevente, 2015-12-02 09:18:51 |
|
| [3998] klevente | 2016-01-08 15:40:05 |
 Nem ilyenre gondoltam, hanem "ügyesre" abban az értelemben, hogy ha adott egy k elemű részhalmaz az elemeivel, akkor ahhoz azonnal meg lehet mondani a két hozzárendelt k+1 elemű részhalmazt az elemeikkel.
|
| Előzmény: [3997] marcius8, 2016-01-04 10:58:37 |
|
| [3999] marcius8 | 2016-01-11 10:38:36 |
|
Igen, azóta már én is megértettem a kérdésed lényegét. Olyan hozzárendelést nem találtam, amelyből azonnal kiderül, hogy egy "3k+2" elemű halmaznak kétszer annyi "k+1" elemű részhalmaza van mint ahány "k" elemű.
|
| Előzmény: [3998] klevente, 2016-01-08 15:40:05 |
|
| [4000] 7cs | 2016-02-18 16:10:50 |
|
Sziasztok, új vagyok ezen a néven, de másik nick-kel is rég jártam erre...
Az általad kért konstruktív megoldásra nincs ötletem, de szerintem létezik olyan összerendelés, melyben a részhalmasz-hármasok minden esetben páronként diszjunkt halmazokból állnak.
Egy hasonló, de egyszerűbb "feladvány": az N=1, 2, ...2n halmaz nem üres részhalmazainak száma , osztható 3-mal. Lehet-e ezeket a részhalmazokat hármas csoportokba rendezni úgy, hogy egy csoporton belül páronként diszjunkt halmazok vannak, melyek uniója N? pl. n=1-re a triviális ({1},{2},{1,2}) vagy n=2-re ({1},{2,3},{1,2,3}) ({2},{1,4},{1,2,4}) ({3},{2,4},{2,3,4}) ({4},{1,3},{1,3,4}) ({1,2},{3,4},{1,2,3,4}) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?
|
| Előzmény: [3992] klevente, 2015-12-02 09:18:51 |
|
| [4001] 7cs | 2016-04-18 20:01:02 |
|
Megpróbálom most már értelmesen leírni, amit akartam, mert az előző hozzászólásom teljesen értelmetlenre sikerült :-(
Az a sejtésem, hogy a 3k+2 elemű halmaz k és k+1 elemű részhalazai olyan hármasokba rendezhetők, ahol egy-egy hármasba két k+1 elemű és egy k elemű részhalmaz tartozik, melyek páronként diszjunktak és uniójuk épp az alaphalmaz. pl. k = 1 re egy ilyen csoportosítás: (12, 34, 5), (13, 25, 4), (14, 35, 2), (15, 24, 3), (23, 45, 1)
És az a kérdésem, hogy egy 2n elemű halmaz össze nem üres részhalmaza hármsokba csoportosítható-e olyan módon, hogy bármely hármason belül valamely két halmaz diszjunkt és uniója épp a hármas harmadik halmaza. pl. n=1-re a triviális (1,2,12) vagy n=2-re (1,23,123) (2,14,124) (3,24,234) (4,13,134) (12,34, 1234) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?
|
| Előzmény: [4000] 7cs, 2016-02-18 16:10:50 |
|
| [4002] Fálesz Mihály | 2016-04-20 09:52:13 |
 A Baranyai-tétel speciális esete, hogy egy &tex;\displaystyle (3k+3)&xet;-elemű halmaz &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-elemű részhalmazait hármasával lehet csoportosítani úgy, hogy minden hármas diszjunkt halmazokból álljon, amelyek uniója persze kiadja a teljes halmazt.
Ha a &tex;\displaystyle (3k+2)&xet;-elemű halmazunkhoz hozzáveszünk még egy, "extra" elemet, akkor a Baranyai-tétel felbontja a kibővített halmazt hármasokra. Minden hármasban az egyik halmaz tartalmazza az extra elemet és még &tex;\displaystyle k&xet; elemet, ehhez a &tex;\displaystyle k&xet; elemhez rendelhetjük hozzá a másik két &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-es részhalmazt.
Egy kerek megoldáshoz a csoportosításra lenne jó egy szép, közvetlen konstrukciót mutatni. Talán ez segíthet.
|
| Előzmény: [4001] 7cs, 2016-04-18 20:01:02 |
|
| [4003] Sirpi | 2016-07-06 20:15:57 |
 András gondol &tex;\displaystyle n&xet; darab számra, majd megadja Bélának az ezekből a számokból alkotott párok összegét, &tex;\displaystyle \binom{n}2&xet; darabot (csak magukat a számokat, eltitkolva, hogy mely két eredeti szám összegeként állnak elő).
Minden &tex;\displaystyle n&xet; esetén végig lehet gondolni, hogy a megadott összegekből minden esetben rekonstruálhatóak-e az eredeti számok.
Ha &tex;\displaystyle n < 3&xet;, akkor nyilván nem. &tex;\displaystyle n=3&xet; könnyen rekonstruálható, pl. ha A, B és C a három összeg, akkor ebből &tex;\displaystyle (A+B-C)/2&xet;, &tex;\displaystyle (A-B+C)/2&xet; és &tex;\displaystyle (-A+B+C)/2&xet; az eredeti 3 szám.
Jelenleg &tex;\displaystyle n=6&xet;-ig néztem végig az eseteket, ebből a 6 volt a legizgalmasabb. Szóval &tex;\displaystyle n=4, 5, 6&xet;-ra kérdés, hogy mindig egyértelmű-e a visszafejtés, valamint az is, hogy &tex;\displaystyle n>6&xet; esetén tudunk-e valamit mondani (erre még nem tudom a választ, csak sejtem).
|
|
| [4004] Róbert Gida | 2016-07-06 21:54:04 |
 Kömal A/N feladat lehetett ez, úgy emlékszem &tex;\displaystyle n=2^k&xet; esetén nem lehetséges az eredeti számokat meghatározni. De az biztos, hogy Lovász Kombinatorikai problémák és feladatok könyvében ez a feladat benne van. (Rekonstrukciós problémáknál lehet).
|
| Előzmény: [4003] Sirpi, 2016-07-06 20:15:57 |
|
|
