Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[614] Lóczi Lajos2004-11-24 12:54:56

Nyilván nem, csak ez az egy ilyen hármasiker van. Hiszen ha az első tag 3-nál nagyobb prím, akkor 3-mal maradékosan osztva 1-et vagy 2-t ad. De ekkor az első esetben a sorozat 2. tagja 3-mal osztható lenne, míg a második esetben a sorozat 3. tagja volna 3-mal osztható.

Előzmény: [612] Hajba Károly, 2004-11-24 12:48:27
[615] Hajba Károly2004-11-24 14:52:04

Köszi a fejtágítást. Ennek ismeretében mondhatom, Sirpi alábbi egyik hozzászólásából ki kellett volna találnom. :o)

HK

Előzmény: [614] Lóczi Lajos, 2004-11-24 12:54:56
[616] Lóczi Lajos2004-11-24 15:03:36

Egy kis segítség a 121. feladathoz:

némi keresgélés után rájöttem, hogy

F2n+1=Fn+12+Fn2 illetve

F2n=Fn+12-Fn-12,

ahol n pozitív természetes szám és Fn az n-edik Fibonacci szám, ha a sorozat így kezdődik: F1=1, F2=1, F3=2, stb.

Ezeket már könnyű bizonyítani például a Fibonacci-számok explicit alakjából.

Előzmény: [604] szefoharcos, 2004-11-23 22:42:38
[617] szefoharcos2004-11-24 17:43:32

Kedves Lajos!

Gratulaalok a megoldaasaidhoz! A Fibonacci-szaamokra ugyanezt talaaltam een is, de a fuggveenyesre volna egy megjegyzeesem, ami nem toolem szaarmazik: hatvaanysorok... Ahogy Kemeeny Legeeny is megoldotta, mieloott hangneme miatt letiltottaak volna: Az xn/n! sor minden 8. tagjaat hagyjuk csak meg. Konnyuu ellenoorizni, hogy ez joo.

[618] Lóczi Lajos2004-11-24 18:20:46

Valóban, amely Általad említett függvény a koszinusz-analógiával is felírható persze:

legyen ismét \alpha egy primitív nyolcadik egységgyök, ekkor

\frac{1}{8}\sum_{i=0}^7 e^{\alpha^k x}

lesz az a valós függvény, amely ex hatványsorából úgy keletkezik, hogy csak minden 8. tagot hagyunk meg, azaz a fenti függvény 0 körüli hatványsorának eleje

1 + \frac{x^8}{8!} + \frac{x^{16}}{16!}+...

Egyébként ez csak valós elemi függvényekkel kifejezve egy harmadik alakban így fest:

e^{-x} + e^x + 2\cos x + \frac{2\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})}{e^{\frac{x}{{\sqrt{2}}}}} + 
  2e^{\frac{x}{{\sqrt{2}}}}\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})

vagy, ha a ch koszinusz-hiperbolikusz függvényt is használhatom, akár így:

2\left( \cos x + ch x + 2\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})ch (\frac{x}{{\sqrt{2}}}) \right)

Előzmény: [617] szefoharcos, 2004-11-24 17:43:32
[619] Maga Péter2004-11-24 18:45:38

A hatványsoros megoldáshoz hozzátenném, hogy az összes ilyen tulajdonságú függvényt generálja. Tehát: az ex hatványsorából érdemes indulni, ez \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}. Ezek után pedig a minden 0 és 7 közötti egész i-re a 8k+i alakú egészekhez tartozó együtthatókat ugyanazzal a ci konstanssal szorozni. A tagok elhagyása (amit szefoharcos írt) a ci=0. Csak arra kell figyelni, hogy ha ügyetlenül választjuk meg ezeket a konstansokat, akkor korábbi derivált is lehet az eredeti függvény. Ez akkor teljesül, ha ugyanazt a kostans szorzót (ci) választjuk olyan együtthatókhoz, amelyeknek különbsége 8-nál kisebb, a 8-hoz nem relatív prím. A felírt hatványsor mindig értelmes, ezt a Cauchy-Hadamaard kritériummal lehet ellenőrizni.

Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46
[620] rizs2004-11-24 19:14:02

Ha már Fibonacci a téma, akkor ezt ajánlom még egyszer :) 118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?

[621] Edgar2004-11-24 19:19:41

> csak minden 8. tagot hagyunk meg

Ez tetszik...

Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46
[622] jenei.attila2004-11-24 20:39:06

Egy nem túl nehéz, de szerintem érdekes feladat:

Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan g:R+\toR+ folytonos függvény, amelyre g(g(x))=1/x minden x\inR+-ra.

[623] HOMI2004-11-25 02:24:03

A g(x) injektiv,mert ha g(a)=g(b) akkor 1/a=g(g(a))=g(g(b))=1/b,azaz a=b.Az 1/x mindent felvesz (0,+végtelen)-en,igy g(g(x)) szürjektiv,azaz g(x) is szürjektiv.A g(x) folytonos,injektiv,szürjektiv tehát szigorúan monoton.Ha g(x) szig.mon.növekedne,g(g(x)) is azt tenné de 1/x szig.mon csökken.Igy g szig mon csökken és a felvett értékkészlete a teljes(0,+végtelen).Ekkor ha x 'kicsi', g(x) 'nagy',g(g(x)) 'kicsi' ,de 1/x 'nagy'.Ez ellentmondás,mert g(g(x)))=1/x.(A fentiek pontos megfogalmazása: ha x tart 0-hoz g(x)->+végtelen,igy g(g(x))->0,de 1/x->végtelen).

Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06
[624] Kós Géza2004-11-25 06:52:29

Ha g(x) monoton (akár így, akár úgy), akkor g(g(x)) monoton növekszik, tehát nem lehet az 1/x.

Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03
[625] Kós Géza2004-11-25 06:55:36

Az igaz, hogy minden megoldást előállít, de a hatványsorral vigyázni kell. Nem minden függvény fejthető hatványsorba. Még akkor sem, ha akárhányszor deriválható.

Előzmény: [619] Maga Péter, 2004-11-24 18:45:38
[626] jenei.attila2004-11-25 10:01:11

Én is így oldottam meg, figyelembe véve Géza kiegészítését. A szürjektivitásról szóló indoklást nem értem, hiszen egy függvényről akkor állítható hogy szürjektív, ha megadjuk az értékkészletét. Inkább csak annyi kell, hogy g értelmezési tartománya és értékéészlete megegyezik, ezért értelmezhető gg. Folytonos és injektív függvény pedig szigorúan monoton (folytonos fv. bármely két értéke közötti minden étéket felvesz. Mi a tétel neve?).

Egyébként a feladat a nyári kisinóci táborban volt feladva (legalábbis én ott találkoztam vele először). Esetleg megbeszélhetnénk a többi feladatot is.

Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03
[627] lorantfy2004-11-25 10:53:02

Bolzano-tétel (Bolzano-Weierstrass-tételként is szokták emlegetni)

Előzmény: [626] jenei.attila, 2004-11-25 10:01:11
[628] Kós Géza2004-11-25 14:18:45

A Bolzano-Weierstrass tétel szerintem más. Azt mondja ki, hogy minden korlátos számsorozatban van konvergens részsorozat.

Előzmény: [627] lorantfy, 2004-11-25 10:53:02
[629] lorantfy2004-11-25 22:22:24

Kedves Géza!

Igazad van! A Bolzano-Weierstrass a számsorozatoknál, az említett tétel. Ennek ellenére több helyen is olvastam már, hogy zárt intervallumon folytonos fgv... témában Bolzano-Weierstass tételre hivatkoztak - eszerint helytelenül.

Előzmény: [628] Kós Géza, 2004-11-25 14:18:45
[630] Lóczi Lajos2004-11-26 00:52:44

Ennek mintájára:

Adjunk példát olyan, az egész számegyenesen értelmezett f valós függvényre, amelyre f(f(x))=-x.

Vizsgáljuk meg az analóg problémát hármas vagy magasabb kompozícióra. Még régebben keresgéltem ilyen függvényeket, ebből nálam szép, forgásszimmetrikusnak kinéző ábrák születtek...

Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06
[631] Lóczi Lajos2004-11-26 01:04:46

Keressük meg azokat a pozitív x,y,z számokat, melyekre teljesül az xy=z, yz=x és zx=y egyenletrendszer.

[632] SchZol2004-11-26 12:17:38

Kedves László!

A Bolzano-Weierstrass tétel valóban az, amit Géza írt, viszont tényleg van egy olyan Bolzano tétel is, ami azt mondja ki, hogy:

Ha f folytonos [a, b]-ben és f(a)<c<f(b), akkor létezik \xi\in(a,b): f(\xi)=c

Üdv, Zoli

Előzmény: [629] lorantfy, 2004-11-25 22:22:24
[633] lorantfy2004-12-02 11:34:29

Lóczi Lajos [631]-beli feladata a 122.,[632]-beli pedig a 123.

124. feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra:

\frac {1}{3^2}+\frac {1}{5^2}+ ... +\frac {1}{(2n+1)^2}<\frac{1}{4}

[646] Csimby2004-12-02 12:56:46

\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+...+\frac{1}{(2n+1)^2} < \frac{1}{3^2-1}+\frac{1}{5^2-1}+\frac{1}{7^2-1}+...+\frac{1}{(2n+1)^2-1} =

= \frac{1}{2\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 6}+\frac{1}{6\cdot 8}+...+\frac{1}{2n\cdot (2n+2)} = \frac{1}{2}(\frac{4-2}{2\cdot 4}+\frac{6-4}{4\cdot6}+\frac{8-6}{6\cdot 8}+...+\frac{(2n+2)-2n}{2n\cdot (2n+2)} =

=\frac{1}{2}(\frac12-\frac14+\frac14-\frac16+\frac16-\frac18+...+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+2}) = \frac14 - \frac{1}{4n+4} < \frac14

Előzmény: [633] lorantfy, 2004-12-02 11:34:29
[634] lorantfy2004-12-02 13:47:46

Kedves Csimbi!

Kösz a gyors megoldást! Aki nem ismerte, tanulhat belőle!

Csak a beírás formájával van gondom.

Meg kellett volna törni a sort mert így megszélesíti a lapot és nem lehet "átlátni" a hozzászólásokat.

Elég gyér a Fórum látogatottsága a héten. Aki ráér tegyen ellene!

Előzmény: [646] Csimby, 2004-12-02 12:56:46
[635] Csimby2004-12-02 20:05:02

Teljesen igazad van, csak rohantam az OKTV-re és azt hittem, hogy majd ez megtördeli magának. Tiszta béna lett az egész lap, sorry.

Előzmény: [634] lorantfy, 2004-12-02 13:47:46
[636] Lóczi Lajos2004-12-03 17:44:57

A pontos érték egyébként \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}-1\approx 0.233701.

Előzmény: [633] lorantfy, 2004-12-02 11:34:29
[638] Csimby2004-12-07 22:07:15

Ha valakit érdekel, a "Bizonyítások a Könyből" című könyvben (Könyvajánló [27] és [28]) például 3 bizonyítást is adnak erre :

\zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}

Ebből:

\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k)^2}+\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)^2}

\sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k)^2}=\frac14(1+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{4^2}+...)=\frac14\zeta(2)

Tehát:

\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)^2}=\frac34\zeta(2)=\frac34\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{8}

Megjegyzés:

A Riemann-féle \zeta(s) zéta függvényt s>1-re \zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}-ként definiáljuk.

Előzmény: [636] Lóczi Lajos, 2004-12-03 17:44:57
[639] rizs2004-12-08 14:28:16

sziasztok!

szerintetek lehet rajzolni olyan 6*6-os bűvös négyzetet, amelynek mindegyik sorában, oszlopában és átlójában (átlóként értelmezünk minden átlót, tehát a sarok elemeket, az azok mellett elhelyezkedő 2 elemű átlót, stb.) az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számok midegyike legfeljebb 1 alkalommal fordul elő. Természetesen ez azt jelenti, hogy a sorokban, az oszlopokban, és a főátlókban mindegyik szám pontosan egyszer szerepel.

[640] rizs2004-12-08 14:29:44

Van egy számológépünk, ami kicsit komolyabb, mint egy négyműveletes, tehát tud olyan műveleteket (az inverzeikkel együtt!), hogy gombnyomásra négyzet- és köbgyököt von, van rajta sinus, cosinus, tangens (mindezek hiperbolikus változatai is), 1/x, 10 és e alapú logaritmus, faktoriális. Egy cetlire fel van írva két különböző pozitív egész szám (többjegyű is lehet). Az elsőt még be tudjuk pötyögni a cetliről, de azután már az összes számjegy gombja (0-9) és a tizedesvessző, valamint a négy alapművelet gombja is elromlottnak tekintendő, még az = sem működik. Ezekhez nem szabad nyúlni. A feladat az, hogy csak a rendelkezésre álló matematikai funkciók gombjainak használatával elérjük, hogy a beírt szám helyett előbb-utóbb a cetlin lévő másik pozitív egész szám legyen a kijelzőn. Tehát olyan eljárást kell keresni, amelynek kiindulása az egyik pozitív egész szám, végeredménye pedig a másik, azok értékétől és különbségétől függetlenül. (A kiindulási szám akármennyivel kisebb, de nagyobb is lehet a másiknál.) A módszernek tehát olyannak kell lennie, hogy bármely két pozitív egész számra működjön.

[641] Csimby2004-12-08 18:39:12

A bal alsó sarokban szereplő számjegy a feltételek miatt nem szerepelhet megegyszer a szürkével jelölt négyzeteken. A skatulya-elv miatt rögtön látszik, hogy mindegyik számjegy pontosan 6-szor kell, hogy előforduljon. Tehát a fennmaradt fehér mezőkön összesen 5-ször kell elhelyezni azt a számjegyet ami a bal alsó sarokban szerepel. Ekkor a két egybevágó fehér rész közül az egyikben 3-szor kell, hogy szerepeljen ez a számjegy. Ez pedig már könnyen látszik, hogy nem lehetséges...

Előzmény: [639] rizs, 2004-12-08 14:28:16
[642] Kemény Legény2004-12-08 20:43:54

Ha valamelyik ismeretlen 1,akkor a többi is az,és ez megoldás. A 3 egyenlet logaritmusát összeszorozva kapjuk,hogy : xyzlog(x)log(y)log(z)=log(x)log(y)log(z),mivel egyik sem 1(ezt már feltehetjük) xyz=1.Ha nem mind 1: vagy van 2 db 1-nél kisebb vagy lesz 2 db 1-nél nagyobb.Ha pl x és y 1-nél nagyobb: z=x**y>1,azaz xyz>1*1*1=1,nem lehetséges.Ha x és y 1-nél kisebbek z=x**y<1 azaz xyz<1*1*1=1 nem lehetséges.Igy x=y=z=1 a megoldás. (A ** jelöli a hatványozást).

Előzmény: [631] Lóczi Lajos, 2004-11-26 01:04:46
[643] Lóczi Lajos2004-12-09 10:14:55

Gratulálok, nagyon szép, egyszerű megoldást találtál! LL

Előzmény: [642] Kemény Legény, 2004-12-08 20:43:54
[644] Szabó Dániel2004-12-10 20:02:27

Matekszakkörön találkoztam a következő feladattal: hány olyan 1000000-nál kisebb természetes szám van, melynek a számjegyeinek összege páros, s a nála eggyel nagyobb szám számjegyeinek összege is páros. Leszámoltam Turbo Pascallal, az eredmény 45455. Tanárom szerint 45454. Melyikünknek van igaza?

[645] Lóczi Lajos2004-12-10 21:16:22

Nekem 45454 darab jött ki.

Előzmény: [644] Szabó Dániel, 2004-12-10 20:02:27
[647] Csimby2004-12-16 21:44:11

128. feladat

Egy 8×8-as sakktáblán 8 bástyát helyeztünk el úgy, hogy semelyik kettő sem üti egymást. Bizonyítsuk be, hogy páros sok bástya áll fekete mezőn. (Arany Dani döntő volt, a KöMaL-ban szerepel, de nem mindenkinek jár az újság)

[648] Csimby2004-12-16 22:01:15

129.feladat

Keressünk összefüggést a Pascal háromszög és a Fibonacci sorozat között.

[649] Lóczi Lajos2004-12-20 18:44:46

Egy lehetséges összefüggésre példa:

http://binomial.csuhayward.edu/proofs/pf1200003.html

Előzmény: [648] Csimby, 2004-12-16 22:01:15
[650] Lóczi Lajos2004-12-20 19:16:20

Egy másik összefüggés az

http://binomial.csuhayward.edu/Identities.html

oldal Catalog # : 3900015 -számú azonossága.

Előzmény: [648] Csimby, 2004-12-16 22:01:15
[651] Lóczi Lajos2004-12-20 19:21:46

Egy újabb összefüggést mutatnak a

http://mathworld.wolfram.com/PascalsTriangle.html

oldal (20)-(22) formulái.

Előzmény: [648] Csimby, 2004-12-16 22:01:15
[652] jonas2004-12-20 22:49:24

Je! Nem tudom, eszrevetted-e, hogy ezen az oldalon, amit mutattal: http://mathworld.wolfram.com/PascalsTriangle.html van egy hiba.

Azt irja, hogy az  \binom mn paritasat az n XOR m kifejezesbol lehet kiszamolni, holott a helyes kifejezes n AND NOT m; pontosabban  \binom mn paratlan acsa, ha n AND NOT m\ne0.

Előzmény: [651] Lóczi Lajos, 2004-12-20 19:21:46
[653] Lóczi Lajos2004-12-21 15:05:43

Nem értem. Hogy van értve két tízes számrendszerbeli szám logikai művelettel való összekapcsolása?

Előzmény: [652] jonas, 2004-12-20 22:49:24
[654] Lóczi Lajos2004-12-21 16:34:56

A minap hallottam valakitől egy megfigyelést, ebből született az alábbi 130. feladat.

Jelölje S azt a pozitív egészeken értelmezett függvényt, amely egy n számhoz hozzárendeli azt az S(n) pozitív egész számot, amely úgy keletkezik, hogy összeadjuk n (tízes számrendszerbeli) számjegyeit, majd az eredmény számjegyeit ismét összeadjuk, stb., addig folytatva, amíg egyjegyű számot nem kapunk. Tehát pl. S(7331)=5, mert 7+3+3+1=14, és 1+4=5.

Nézzük meg az S függvény értékeit a hatványokon. Azt állítom, hogy az alábbi ismétlődő mintázat keletkezik.

S(11)=1,S(12)=1,...

S(21)=2,S(22)=4,S(23)=8,S(24)=7,S(25)=5,S(26)=1,S(27)=2,S(28)=4,...

S(31)=3,S(32)=9,S(33)=9,...

S(41)=4,S(42)=7,S(43)=1,S(44)=4,S(45)=7,S(46)=1,...

S(51)=5,S(52)=7,S(53)=8,S(54)=4,S(55)=2,S(56)=1,S(57)=5,S(58)=7,...

S(61)=6,S(62)=9,S(63)=9,...

S(71)=7,S(72)=4,S(73)=1,S(74)=7,S(75)=4,S(76)=1,...

S(81)=8,S(82)=1,S(83)=8,S(84)=1,...

S(91)=9,S(92)=9,...

S(101)=1,S(102)=1,...

...

Tehát azt állítom, hogy az 1-hatványokon felvett értékei S-nek ciklikusak, 1-periódussal; a 2-hatványokon felvett értékei S-nek ciklikusak, 6-os periódushosszal; stb. mind-mind periodikusak; sőt, a 10-hatványoktól kezdve az egész eddigi blokk megismétlődik és az ismétlődés folytatódik, tehát pl. S értékei a 11-hatványokon ugyanazok, mint S értékei a 2-hatványokon, stb.

Kérdés: helyes-e az állításom/megfigyelésem?

Mi a helyzet, ha 10-es helyett más számrendszert választok?

[655] Sirpi2004-12-21 20:41:19

Dehát S értéke éppen a szám 9-es maradéka, az pedig hatványozás során nyilván periodikus sorozatot ad. És a 2-hatványokon éppen azért egyezik meg S értéke a 11-hatványokéval, mert ugyanazt a 9-es maradékot adják. Más (n-es) számrendszerre elvileg ugyanez megy, ott S értéke épp a szám n-1-es maradéka lesz.

Előzmény: [654] Lóczi Lajos, 2004-12-21 16:34:56
[656] jonas2004-12-21 20:51:57

At kell irni oket kettes szamrendszerbe, hogy konnyen el tudd vegezni bitenkent a logikai muveleteket. (A tizes szamrendszer szerintem nem tartozik magahoz a szamhoz, az csak azt jelenti, hogy irod le oket.)

Ugy ertem, ha nimet jatszol, akkor bitenkenti xor muveletet kell vegezni a nyero strategia meghatarozasahoz, attol fuggetlenul, hogy milyen szamrendszerben irod fel a kovek szamat.

Előzmény: [653] Lóczi Lajos, 2004-12-21 15:05:43
[657] Lóczi Lajos2004-12-23 11:00:40

Lényegében igen. Annyi pontosítást csak, hogy S(n) értéke a 9-cel való maradék, ha az nem nulla, és 9, ha n osztható 9-cel.

Előzmény: [655] Sirpi, 2004-12-21 20:41:19
[658] Sirpi2004-12-23 12:10:57

Igaz, igaz, kicsit figyelmetlen voltam.

n=2-es számrendszerben mondjuk kicsit furcsa a dolog, de végülis ott is működik. Ott ugye minden számra S értéke éppen az n-1-es, azaz 1-es maradék (ezt igen ritka esetben szokta az ember használni általában), ami minden számra nulla, viszont 0 helyett mindig n-1-et, azaz 1-et kell venni, tehát 2-es számrendszerben minden számra S értéke 1.

Előzmény: [657] Lóczi Lajos, 2004-12-23 11:00:40
[659] Lóczi Lajos2004-12-23 12:25:17

Megértettem, de szerintem pont fordítva van, mint ahogyan írtad:

Legyen pl. m=2, n=1, ekkor \binom{2}{1} páros, az 1 és 2 számok kettes számrendszerben 01 és 10, ezek bitenkénti AND NOT-ja kettes számrendszerben 01, azaz nem nulla.

Legyen most m=3, n=1, ekkor \binom{3}{1} páratlan, az 1 és 3 számok kettes számrendszerben 01 és 11, melyek bitenkénti AND NOT-ja kettes számrendszerben 00, azaz nulla.

Tehát \binom{m}{n} pontosan akkor páratlan, ha (a fenti átírás szerint, balról a megfelelő számú nullákkal kiegészítve) n BIT AND (NOT m) minden bináris jegye 0.

Az idézett honlapon viszont nem egyértelmű a kiszámítási utasítás, tehát nem mondhatjuk rá, hogy rossz: ott csak annyi van írva, hogy n XOR m kifejezésből lehet KISZÁMOLNI (de hogy hogyan, az kérdés).

Előzmény: [656] jonas, 2004-12-21 20:51:57
[660] jonas2004-12-23 22:08:13

Igen, tényleg rosszat írtam.

Tehát akkor  \binom{m}{n} páratlan akkor és csak akkor, ha n AND NOT m=0.

Előzmény: [659] Lóczi Lajos, 2004-12-23 12:25:17
[661] jonas2004-12-23 23:10:27

Szoval a Pascal-haromszogben a paratlan szamok egy Sierpinski-haromszog nevu fraktalon helyezkednek el, es erdekes modon ezt a Sierpinski-haromszoget egy vonallal le lehet rajzolni:

Előzmény: [659] Lóczi Lajos, 2004-12-23 12:25:17
[662] zitoca2004-12-27 10:58:10

Székely J. Gábor Paradoxonok a véletlen matematikájában c könyvében azt olvastam, hogy 100 lottószelvényt kell kitöltenünk ahhoz, hogy biztos legyen kettes találatunk az ötöslottón (ennyi minimum kell és ennyi elég is), viszont nem tudjuk megmondani, hogy hány szelvény kell minimum a biztos hármas illetve négyes találat eléréséhez.

Tudna valaki ennek a problémának a mélységéről, kutatási irányáról részletesebben írni? Nagyon érdekesnek találom a problémát, mert egyszerű a kérdés, bárkinek eszébe juthat és mégsem tudjuk megválaszolni...sőt ezek szerint a meggondolások messzebbre is vezetnek, mint ahogy elsőre tűnik.

[663] PolarFox2004-12-28 19:47:08

Sziasztok. Nagy problémám van, már rég óta agyalok egy egyenleten de nem sikerül szorzattá alakítanom, légyszi segítsetek. A feladat: (nem tudok felső indexet írni) x*x*x+2*y*y*y+4*z*z*z-6xyz=0 tehát x3+2y3+4z3-6xyz=0 oldd meg az egyenletet, ha x;y;z eleme a pozitív egész számoknak.

[664] SchZol2004-12-28 23:44:15

Hello PolarFox!

Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget, mivel pozitív tagokról van szó ezt megtehetjük. A tagok amire alkalmazzuk x3, 2y3, 4z3.

\frac{x^3+2y^3+4z^3}{3} \ge \root3\of{x^32y^34z^3}

átrendezve:

x3+2y3+4z3-6xyz\ge0 egyenlőség akkor lép fel, ha a tagok amire alkalmaztuk a közepeket egyenlőek, vagyis x3=2y3=4z3 Ehhez pedig az kell, hogy a tagokban a 2-es azonos kitevőn legyen, vagyis, ha x-ben a-val, y-ben b vel, z-ben c-vel jelöljük a kettőnek a kitevőjét, akkor az alábbi egyenletnek igaznak kell lenni: 3a=3b+1=3c+2 ahol a,b,c egészek. Ez viszont nem lehet soha egyenlő, mert 3-mal osztva különbőző maradékot adnak. Ebből viszont az következik, hogy az egyetlen megoldás a triviális megoldás, ha a x,y,z is 0.

Remélem jó és érthető!

Üdv, Zoli

Előzmény: [663] PolarFox, 2004-12-28 19:47:08
[665] Kós Géza2004-12-29 09:07:49

Kedves PolarFox,

Biztos, hogy pozitív egész megoldásokat keresünk? A feladat érdekesebb, ha az egész (vagy racionális) megoldásokra vagyunk kíváncsiak vagy az xyz együtthatóját egy másik -- nagyobb -- páros számnak választjuk. (Akkor nem működik közvetlenül a számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenség.)

A feladatnak egy közeli rokona szerepelt az 1983-as Kürschák-versenyen:

Bizonyítsuk be, hogy ha az x,y,z racionális számokra x3+3y3+9z3-9xyz=0 teljesül, akkor x=y=z=0.

Érdemes elolvasni a megoldást itt.

Előzmény: [663] PolarFox, 2004-12-28 19:47:08
[666] PolarFox2004-12-29 11:49:33

Köszönöm szépen az időt, amit a feladatomra forditottatok, és a megoldást. Sajnos csak a pozitív egész számokra kell az egyenletet megoldani, úgyhogy úgy néz ki ott nincs megoldás. Köszönöm szépen.

[667] lorantfy2004-12-30 14:44:26

131. feladat: Oldjátok meg az egész számok halmazán:

2002x+2004y+1=xy

Még egy napig "aktuális".

[668] Csimby2004-12-30 15:29:49

Akkor gyorsan, amíg aktuális:

2002x+2004y+1=xy

x(2002-y)+2004y+1=0

x(2002-y)+1+2002*2004=2002*2004-2004y

x(2002-y)-2004(2002-y)=-2002*2004-1

(2002-y)(2004-x)=2002*2004+1

(2002-y)(2004-x)=20032

2003 prím, tehát a megoldások:

y=2001, x=2004-20032

y=2002-20032, x=2003

y=-1, x=1

y=2003, x=2004+20032

y=2002+20032, x=2005

y=4005, x=4007

Előzmény: [667] lorantfy, 2004-12-30 14:44:26
[669] Csimby2004-12-31 14:19:36

132. feladat 76=24, tegyük igazzá a számjegyek elmozgatásával.

133. feladat Egy ember minden este két féle gyógyszerból vesz be 1-et 1-et, amelyek pontosan ugyanúgy néznek ki. Egyik este amikor 1-et már kitöltött az egyikből, véletlenül meglódul a másik doboz és a másikból 2-t tölt ki. Most 3 pontosan ugyanolyan gyógyszer van a kezében. Mit tegyen?

[670] lorantfy2004-12-31 20:52:48

133. feladat megoldása: Vegyen ki még egy gyógyszert az első dobozból. Így mindkét dobozból 2-2 gyógyszer lesz. Majd törje ketté őket és vegye be mindegyiknek a felét! A megmaradó feleket tegye félre másnap estére. (Feltéve persze, hogy nem olyan kapszulás gyógyszerről van szó amit nem szabad kettétörni.)

Előzmény: [669] Csimby, 2004-12-31 14:19:36
[671] lorantfy2004-12-31 21:19:45

132.feladat megoldása: Ha a 6-ost fejreállítjuk:

72=49

Előzmény: [669] Csimby, 2004-12-31 14:19:36
[672] lorantfy2004-12-31 21:36:18

134. feladat: Egy ovis gyufarejtvény, hátha valaki még nem ismeri:

Tegyük igazzá 1 szál gyufa elmozdításával!

[673] jonas2005-01-01 18:35:17

133.-ra: dobja ki mind a három szemet, és vegyen ki egy-egy újat. Ez persze nem működik, ha a gyógyszerek szemre ki vannak számolva, de az olyan gyógyszer nem dobozban szokott lenni, hanem levélben.

Előzmény: [669] Csimby, 2004-12-31 14:19:36
[674] lorantfy2005-01-01 22:06:33

BOLDOG ÚJ ESZTENDŐT KÍVÁNOK A FÓRUM MINDEN KEDVES LÁTOGATÓJÁNAK!

[675] Lóczi Lajos2005-01-03 15:37:20

Nekem ezek jutottak eszembe: IV-III \ne VI, illetve IV+III > VI, ahol persze a "nagyobb-jel" alsó vonalkája vízszintes :)

Előzmény: [672] lorantfy, 2004-12-31 21:36:18
[676] Csimby2005-01-03 16:48:53

Vagy a függőleges gyufát a pluszjelből áttesszük a jobboldalon a V mellé, és akkor gyök jelet kapunk: IV-III=\sqrt{I}

Előzmény: [675] Lóczi Lajos, 2005-01-03 15:37:20
[677] Csimby2005-01-03 17:28:58

Vagy esetleg így: IV+II \equiv VI, ez akármilyen modulusra igaz...

Előzmény: [676] Csimby, 2005-01-03 16:48:53
[678] lorantfy2005-01-03 22:11:43

Kedves Csimbi és Lajos!

Kösz a javaslatokat! Úgy kellett volna fogalmaznom: Tegyük igazzá az egyenlőséget!

A gyök a nyerő! Grat!

Előzmény: [677] Csimby, 2005-01-03 17:28:58
[679] rizs2005-01-03 23:11:32

Szeretném újra felvetni egy régebben javasolt, de visszhangot nem látott feladatomat: Melyik az a legkisebb x pozitív egész, amely kétféleképpen is felbontható 2 pozitív köbszám összegére? Van-e egyáltalán ilyen? Ja és Kyle's Mom Is A Big Bad Itch :D

[680] Lóczi Lajos2005-01-04 01:10:08

Ó, persze hogy vannak, de még milyen sokan...

Először Mathematicával megkerestem a legkisebb ilyet, ami az 1729, ekkor beugrott: oppá, Ramanujan, ezt vele kapcsolatban olvastam.

A híres anekdota megtalálható pl. itt http://mathworld.wolfram.com/Hardy-RamanujanNumber.html

sok-sok más csemegével és érdekességgel...

Az 1729 utáni következő néhány, kérdezett tulajdonságú szám egyébként rendere: 4104, 13832, 20683, ... stb.

Előzmény: [679] rizs, 2005-01-03 23:11:32
[681] Lóczi Lajos2005-01-04 01:28:51

135. feladat: Keressük meg azt a legkisebb pozitív egészt, amely kétféleképpen írható fel két pozitív egész negyedik hatványának összegeként (a sorrendcsere persze nem számít különböző felírásnak...)

Segítség: a keresett számnak pontosan 4 db, 1000 alatti prímtényezője van.

A megoldásból, összevetve a köbökre vonatkozó kérdéssel máris további sejtések hada fogalmazható meg...különös dolog ez a számelmélet:)

Előzmény: [680] Lóczi Lajos, 2005-01-04 01:10:08
[682] rizs2005-01-04 01:32:40

Kedves Lajos! Köszi az előzőt!

136.: Van egy körvonalunk, van rajta 2 kék pötty. Kék és piros pöttyök játszanak, és ezek csak körvonalon lehetnek. Két műveletet végezhetünk: - Két bármilyen pötty közé betehetünk egy pirosat, és ekkor ennek a két szomszédja színt vált. - Ha van legalább 3 pöttyünk, akkor egy piros pöttyöt elvehetünk, és ennek két szomszédja színt vált. A kezdeti 2 kék pöttyből a fenti műveletekkel eljuthatunk-e olyan álláshoz, hogy csak 2 piros pötty legyen?

[683] SAMBUCA2005-01-04 02:48:42

Kedves rizs!

Ha jól tudom, akkor az általad kitüzött 136. feladat a tavalyi Kürschákon volt a 3. feladat. A megoldás megtalálható itt a KöMaL fórumon: Nehezebb matematikai problémák topic, Kemény Legény 96. hozzászólása.

SAMBUCA

Előzmény: [682] rizs, 2005-01-04 01:32:40
[684] Atosz2005-01-04 09:11:00

Sziasztok!

BÚÉK mindenkinek! Először vagyok itt, nagyon tetszenek az általatok feldobott példák és azok megoldásai. Két feladathoz szeretném kérni a segítségeteket:

137.: Van egy üvegünk, benne 'n' darab gyógyszer. Minden reggel be kell vennünk egy fél szemet. Kiveszünk az üvegből véletlenszerűen egyet ha fél bevesszük, ha egész, akkor kettétörjük, a felét bevesszük a másik felét visszadobjuk. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az utolsó szem egész lesz? (tehát amikor már darabra csak 1 van az üvegben, ami vagy fél vagy egész)

138.: A királyfi szeretné megszerezni Hófehérke üvegkoporsóját a törpéktől. Ők azt mondták neki, hogy akkor kapja meg, ha ki tudja választani a tányérját. Az asztalra letesznek nyolc egyforma tányért (Hófehérkéjét és a törpékét), mindegyik mellé egy-egy kanalat jobbra vagy balra aszerint, hogy az illető jobb vagy balkezes, majd rámutatással válassza ki a nyolc közül Hófehérkéjét. A királyfi összebeszélt a barátjával, aki a választás előtt bement a szobába és kérte a törpéket, hogy mutassák meg a tányért neki. Miután megtudta, hogy melyik Hófehérkéjé, felvett egy kanalat nézegette. A törpék rászóltak, hogy tegye vissza. Ő visszatette a tányér mellé vagy oda ahol volt, vagy a másik oldalra (ezt a törpék nem vették észre). Ezután bejött a királyfi és kis tanakodás után határozottan rámutatott Hófehérke tányérjára. Hogyan csinálták? (természetesen matematikai trükkről van szó)

Az első feladatra csak egy rekurzív képletet tudtam gyártani (úgy gondolom, hogy ez nehéz példa), míg a másodiknál nyomon vagyok, de nincs meg tökéletes megoldás. Ha valamelyikőtöknek bármilyen ötlete (megoldása) van várom!

[685] jonas2005-01-04 15:30:55

137. Erre valószínüleg nehéz pontos matematikai modellt adni. Ugyanis amikor visszadobunk egy fél szem gyógyszert, az fölülre kerül, de a doboz minden mozgatásakor, rázogatáskor a doboz alja felé igyekszik. Ha a dobozt sokat mozgatják, akkor valószínüleg először sok egész gyógyszert veszünk ki, míg ha keveset, akkor sokszor veszünk fél tablettát is.

Előzmény: [684] Atosz, 2005-01-04 09:11:00
[686] jonas2005-01-04 16:25:23

135. feladatra: a legkisebb ilyen szám 41.113.241.569=635318657=1584+594=1344+1334

A következők 3262811042, 8657437697, 10165098512, 51460811217, ...

Előzmény: [681] Lóczi Lajos, 2005-01-04 01:28:51
[687] jonas2005-01-04 16:28:22

A Sloane-ben: A018786

Előzmény: [681] Lóczi Lajos, 2005-01-04 01:28:51
[688] Lóczi Lajos2005-01-04 17:52:11

Ügyes :)

Ezekkel kapcsolatban tegnap este a bennem legelőször felmerülő kérdés az volt, vajon véletlen-e, hogy az 1729 egyik köbös felbontásában (93+103) és 635318657 egyik negyedik hatványos felbontásában (1334+1344) az egyes alapok között 1 a különbség... Vajon folytatódik-e ez a minta??

Előzmény: [686] jonas, 2005-01-04 16:25:23
[689] Atosz2005-01-04 18:07:52

Kedves jonas!

Matematikai modellt adni így tényleg nehéz, de úgy képzeljük el a feladatot, hogy a visszadobás után tökéletes keveredés van, bármelyik darabot egyforma valséggel húzhatjuk ki.

Előzmény: [685] jonas, 2005-01-04 15:30:55
[690] Fálesz Mihály2005-01-05 08:35:35

Egy lehetséges megoldás a 138. feladatra:

A tányérokat megszámozzák 0-tól 7-ig. (Ehhez valamilyen értelmes összebeszélés szükséges, mert a számozáskor még nem látják a tányérok elrendezését. Például az ajtóhoz legközelebbi a 0-dik, és az óramutató járásával ellentétes irányban növekednek a számok.)

A kanalat legalább 8-féleképpen lehet visszatenni: jobb/baloldal, nyelével lefelé/felfelé, a kanál belseje lefelé/felfelé. Ezeket is megszámozzák 0-tól 7-ig.

Hófehérke tányérját a kanalakhoz rendelt számok összege adja meg. A barát úgy helyezi át az egyik kanalat, hogy a kanalak összege ugyanannyi maradékot adjon 8-cal osztva, mint Hófehérke tányérjának a száma. Akár azt is megteheti, hogy már azelőtt felveszi az egyik kanalat, hogy megtudná, melyik Hófehérje tányérja.

Előzmény: [684] Atosz, 2005-01-04 09:11:00
[691] lorantfy2005-01-05 09:43:24

Üdv Mihály, Atosz és Mindenki!

Jó a Hófehérkés feladat! Én úgy értelmeztem a szöveget, hogy a kanál visszahelyezésénél csak az változhat, hogy a tányér melyik oldalára teszi (jobb, bal). Szóval felvesz egy kanalat az egyik tányér jobb oldaláról és átteszi a bal oldalra vagy fordítva. Ezt jó lenne tisztázni!

Előzmény: [690] Fálesz Mihály, 2005-01-05 08:35:35
[692] Fálesz Mihály2005-01-05 11:58:00

Hát igen. Módosítom a megoldást.

Ötlet: a balkezes tányérok sorszámát XOR-ozzuk össze bitenként. (Nevezzük ezt ,,összegnek''.) Az eredmény adja meg Hófehérke tányérjának számát.

Amikor a barát bemegy, ellenőrzi az összeget. Ha nem stimmel, kiszámíthatja, hogy melyik sorszámot kell hozzávenni/elhagyni, és azt a kanalat helyezi át a tányér másik oldalára.

Előzmény: [691] lorantfy, 2005-01-05 09:43:24
[693] Atosz2005-01-05 18:19:37

Elsősorban lorantfy-nak (mert ő kérdezte) szól a válaszom. A Hófehérkés feladat mindenféle külső "maszlag" nélkül: Van egy 8 bites 0-kból és 1-esekből álló szám (ami 00000000-tól 11111111-ig bármi lehet) legyen pl.: 01101101 Valaki ezt megmutatja nekem és mond egy általa kigondolt számot 1-8-ig. Én valamelyik bitet ellenkezőre állíthatom, ha akarom (tehát kilenc dolgot tudok csinálni). Ezután bejön a barátom aki szintén először látja ezt a bitsorozatot, majd abból kitalálja a gondolt számot. Olyan terv kell, ami bizonyíthatóan minden bitsorozatra működik. Fálesz Mihály, szerintem itt egy picit te is félreérthetted, úgyhogy próbáld az ötletedet egy kicsit részletesebben kifejteni. Köszi! (attól még jó lehet!) ui: ha sikerül ezt valahogy kifundálnunk, bedobom a további jó feladataimat is! Sziasztok!

Előzmény: [691] lorantfy, 2005-01-05 09:43:24
[694] lorantfy2005-01-06 08:36:31

Kösz a kiegészítést! Én is valahogy így fordítottam le magamban a feladatot binárisra. Gondolkodom rajta. Mihály ötletét nem egészen értem.

Előzmény: [693] Atosz, 2005-01-05 18:19:37
[695] SchZol2005-01-06 09:01:39

Sziasztok!

Szerintem jó, amit Mihály ír. XOR művelet annyit tesz, hogy ha azonos helyiértéken páros db 1-es van, akkor 0, ha páratlan, akkor 1 lesz az érték, természetesen bináris számokat nézve. Nézzünk egy példát. A tányérok 0-7ig vannak számozva. Tegyük fel, hogy az 1,4,5,6 balkezes és Hófehérke tányérja a 3-as. Most írjuk fel egymás alá binárisan a balkezes tányérok sorszámát.

1 001
4 100
5 101
6 110

Ezeket bitenkét XORolva azt kapjuk, hogy 110. A 3 viszont binárisan 011, tehát egy olyan tányérnál kell megváltoztatni a kanalat, ami az első és a harmadik biten 1-es, vagyis jelen esetben az 5öst átrakjuk a jobb oldalra, így az 1,4,6 össze XORolása pont a 3-at adja.

És ez tényleg jó bármilyen esetre, mert a balkezesek XORolása mindig egy 3bites számot fog megadni, amit egy kanál áthelyezésével tetszőlegesre tudunk állítani, vagyis, úgy hogy pont Hófehérke tányérjának számát mutassák kettes számrendszerben.

Remélem érthető voltam.

Grat Mihály a megoldáshoz és bocsi, hogy beírtam helyetted a magyarázatot.

Üdv, Zoli

Előzmény: [694] lorantfy, 2005-01-06 08:36:31
[696] nadorp2005-01-06 09:43:04

Megoldás 137-re

A feladat átfogalmazható a következőképppen: Adott egy urna és benne 2n darab golyó. A golyók n-féle színűek és mindegyik szín pontosan 2-szer szerepel. Visszatevés nélkül húzunk az urnábol (2n-2)-szer. Mi a valószínűsége, hogy az urnában maradt 2 golyó azonos színű ?

Ez egy egyszerű kombinatorikai valószínűség.

Az összes eset száma: \frac{(2n)!}{2^n}

A kedvező esetek száma: n\cdot\frac{(2n-2)!}{2^{n-1}}

Így a keresett valószínűség: \frac1{2n-1}

Előzmény: [684] Atosz, 2005-01-04 09:11:00
[697] nadorp2005-01-06 10:01:48

A megoldást inkább vitára bocsátanám, mert lehet, hogy az átfogalmazás nem ekvivalens az eredeti feladattal.

Előzmény: [696] nadorp, 2005-01-06 09:43:04
[698] Fálesz Mihály2005-01-06 10:55:22

Köszi Zoli,

Örülök, ha helyettem dolgoznak, feltéve, hogy jól. :-)

------

Ami engem a feladat kapcsán izgat, a következő. A megoldás 8 helyett bármilyen 2-hatványra működik. Sőt, 2k-1 tányér esetén is alkalmazható, ha a 0 sorszámú tányért kihagyjuk. De mi a helyzet más számokra? Például 5 tányér esetén? (Bíztató, hogy ha a tányérok száma n, akkor a barát (n+1)-féle lépés közül választhat, tehát a szükségesnél egy kicsit több lehetősége van.)

Előzmény: [695] SchZol, 2005-01-06 09:01:39
[699] Fálesz Mihály2005-01-06 11:07:42

Az átfogalmazás szerintem sem ekvivalens. Az egyes színek (tabletták) kihúzásának valószínűsége nem függhet attól, hogy az adott színű golyóból mennyi van a zsákban (azaz félbetörtük-e már a tablettát). A baj az, hogy nem a golyók, hanem a színek közül kell ugyanakkora valószínűséggel választanunk

Például 2 tabletta esetén az első húzás után 1 fél és 1 egész tabletta marad, a fél tabletta kihúzásának valószínűsége 1/2. Ugyanakkor 2×2 golyó esetén 1/3 a valószínűsége annak, hogy másodszorra éppen az első golyó párját húzzuk ki.

Előzmény: [697] nadorp, 2005-01-06 10:01:48
[700] Atosz2005-01-06 15:38:02

Sziasztok!

Gratulálok Mihály a megoldásodhoz (és Zolinak a magyarázathoz). A gyógyszeres átfogalmazása biztos, hogy nem jó, tulajdonképpen azért amiért te is írtad. Addig is, amíg ezen töprengünk, bedobnék mégegyet, ami szerintem könnyebb: (139.) Van egy 2 tonnás és egy 3 tonnás teherautónk. Egy raktárból kell elszállítani az árut, melyben 5 tonnánál biztosan több cucc van. A csomagokról csak annyit tudunk, hogy mindegyiknek a tömege kisebb mint 1 tonna. (csak a tömegük számít, a méretük, alakjuk nem) A csomagok eloszlásáról nincs információnk. Mennyi az a maximális árumennyiség amit a két autóval egyszerre tutibiztos, hogy el tudunk vinni a raktárból? (Ezt a számot előre kell megmondanunk anélkül, hogy a csomageloszlást látnánk pl. 3.9 tonna stb...) ui: Milyen teherautók esetén mondhatunk legnagyobb számot? (1 és 4 vagy 2.5 és 2.5 stb...) Mi a helyzet több teherautó esetén?

Üdv mindenkinek! Atosz

Előzmény: [699] Fálesz Mihály, 2005-01-06 11:07:42
[701] lorantfy2005-01-06 23:44:40

Hello Zoli!

Kösz a magyarázatot! Úgy néz ki működik a dolog.

Előzmény: [695] SchZol, 2005-01-06 09:01:39
[702] Káli gúla2005-01-07 11:58:09

Kedves Mihály!

Öt tányérral nem lehet a trükköt megcsinálni. Ez azt jelentené, hogy az ötdimenziós kocka csúcsait ki tudnánk színezni 5 színnel úgy, hogy minden csúcs körül (a csúcs és a szomszédjai között) minden szín előforduljon. Egyszerű összehasonlítással (5*6<32 miatt) minden színből kellene legalább 6 csúcs, de 5*7>32 miatt nem lehetne minden színből legalább 7, vagyis lenne olyan szín, amiből pontosan 6 van.

Tehát elég belátni, hogy 6 "piros" csúccsal nem lehet a többi csúcsot "lefogni", azaz a maradék 26 csúcs között mindig van olyan, amelyik egyik pirossal sem szomszédos.

Az 5d-s kocka élvázát úgy képzelhetjük el, hogy négy 3d-s kockát teszünk egy négyzet csúcsaiba, és a szomszédos kockák megfelelő csúcsait összekötjük. Ha ai-vel jelöljük a piros csúcsok számát az egyes kockákban ciklikus sorrendben, akkor az i-edik kocka csúcsaira a feltétel azt jelenti, hogy

4ai+ai-1+ai+1\ge8.

Ebből könnyen adódik, hogy egyedül a (2,1,2,1) eloszlás lehetne megfelelő, de az itt szóba jövő néhány esetet megvizsgálva ezt is könnyű kizárni.

Előzmény: [698] Fálesz Mihály, 2005-01-06 10:55:22
[703] rizs2005-01-09 20:06:17

140. 2 egyéb, valószínüleg közismertebb feladat: 3 kimenetelű totón a 2 találathoz hány szelvény kell? és 4 kimenetelűn a 3 találathoz?

[704] rizs2005-01-09 20:19:38

a feladat megoldása megtalálható a kömal honlapján :) mármint egy részéé :) http://www.komal.hu/verseny/2000-10/B.h.shtml ezt logikusan végiggondolva az is kiderül, hogy ha a két teherautó töltőtérfogata a és a+1, akkor a tömeg, amire szerződést vállalhatunk, az (2a+1)*a/(a+1), jelen esetben 10/3.

Előzmény: [700] Atosz, 2005-01-06 15:38:02
[705] Atosz2005-01-09 21:34:47

Valóban! Köszi, hogy szóltál, de nem tudtam. Megnéztem és ott a feladat egy 3 és 4 tonnás teherautóról szól valamint legalább 7 tonna áruról, de amit következtettél belőle az hibás. A helyes képlet (2a+1)*(a+1)/(a+2) Ez kiadja az ottani megoldást a 28/5-t, illetve a 2 és 3 tonnás esetben nem a 10/3-t, hanem a 15/4-t. Azonban ez egy felső határ. Azt még be kell látni, hogy ennyi teljesíthető is.

Előzmény: [704] rizs, 2005-01-09 20:19:38
[706] rizs2005-01-09 22:34:25

na még egyszer: hogy látható legyen (aki nem tud Texelni, ugye...) 140. 2 egyéb, valószínűleg közismertebb feladat: 3 kimenetelű totón a 2 találathoz hány szelvény kell? és 4 kimenetelűn a 3 találathoz?

[707] Fálesz Mihály2005-01-11 13:35:04

Kedves Gúla,

Végre szakítottam rá egy kis időt, hogy végigondoljam. Tényleg nem lehet.

Köszönöm.

Előzmény: [702] Káli gúla, 2005-01-07 11:58:09
[708] rizs2005-01-13 00:46:31

141. feladat, és eléggé közismert is, de nem igazán tudom :) Egy afrikai országban nyaralsz. Hazaérve megtudod, hogy az itt nyaralók közül minden 1001-edik ember egy vírusfertőzést szed össze. Hazaérve megvizsgáltatod magadat, és pozitív eredményt kapsz. A tesztől azt mondják, hogy a megbízhatósága: - ha valóban beteg vagy 99 - ha egészséges vagy 98 Mennyi az esélye, hogy tényleg beteg vagy?

142. feladat :) közismert, hogy 10-féle embertípus van, melyek ezek? :)

[709] Csimby2005-01-13 02:14:25

Aki ismeri a kettes számrendszert és aki nem... ;-)

Előzmény: [708] rizs, 2005-01-13 00:46:31
[710] lorantfy2005-01-13 13:12:11

141. feladat megoldása: Vegyünk 100100 embert aki ott nyaralt. Közülük 100 kapott fertőzést 100000 egészséges.Hazaérve mind megvizsgáltatja magát.

Az 100000 egészséges közül 2% 2000 kap pozitív eredményt. A 100 beteg közül 99%=99 fő pozítiv. Összesen tehát 2099 ember kap pozitív eredményt. Te ezek között vagy, hiszen pozitív eredményt kaptál.

Tehát annak a valószínüsége, hogy beteg vagy 99/2099=4,72%.

Előzmény: [708] rizs, 2005-01-13 00:46:31
[711] jenei.attila2005-01-14 11:17:01

Szia Atosz!

A gyógyszeres feladat szerintem is nehéz (legalábbis nekem), én is csak egy rekurzív képletet tudok felírni, és egy kis programot is írtam, amely megadja minden lehetséges állapot valószínűségét. Szerintem elképzelhető, hogy nem is adható zárt képlet a keresett valószínűségre. Még azért nem adtam fel, de segíthetnétek.

[712] Atosz2005-01-14 11:27:08

Kedves jenei.attila!

Segítenék, ha tudnék, de ennek a feladatnak én sem tudom a megoldását. Előkeresem majd a papírjaimat, amit egy unalmas előadáson firkálgattam és megpróbálok majd abból valami értelmeset közreadni, hátha valakinek segít. Egyszer egy ismerősöm elmesélte ezt a feladatot egy valség tanárnak, aki felületesen megnézve azt mondta rá, hogy a kihalási problémára (???) hasonlít. Nem tudom, hogy mi az, és azóta sem néztem utána, de hátha ez támpont lehet valakinek. Persze lehet, hogy semmi köze ahhoz.

Előzmény: [711] jenei.attila, 2005-01-14 11:17:01
[713] jenei.attila2005-01-14 11:40:40

Még régen a tiszta kihalási problémából vizsgáztam sztochasztikus folyamatok című tantárgyból, de sajnos már csak ennyire emlékszek, meg arra, hogy meglehetősen nehéz probléma. Egyébként szerintem is két dimenziós bolyongásról van szó, na majd utánanézek.

Előzmény: [712] Atosz, 2005-01-14 11:27:08
[714] nadorp2005-01-14 13:05:26

A "kihalási probléma" felvetése nagyon szimpatikusnak tűnik nekem is,hétvégén én is utánanézek. Addig is egy újabb kísérlet elemi megoldásra,ezt is vitára bocsátom.

Ki fogjuk használni azt, hogy a k-dik lépésben kivett tabletta milyenségének - egész vagy fél - valószínűsége csak attól függ, hogy előtte hány egész tablettát vettünk ki. Írjunk 1-et ha egész tablettát, és írjunk 0-át, ha fél tablettát vettünk ki az üvegből. Folytassuk ezt mindaddig, amíg ki nem ürül az üveg. Ezzel kaptunk egy 2n hosszú, 1-t és 0-t tartalmazó sorozatot, mely 1-gyel kezdődik, 0-ra végződik,ugyanannyi 1 és 0 van benne, és igaz rá, hogy minden 1\leqk\leq2n indexre az első k elem között legalább annyi 1-es van, mint 0. Fordítva, az előbbi tulajdonságú tetszőleges sorozat egyértelműen meghatároz egy tabletta kivételt. Jelölje xn az ilyen tulajdonságú sorozatok számát. Számunkra az a kedvező eset, ha a sorozat 10-ra végződik. Ezen esetek száma viszont nyilván xn-1. A keresett valószínűség tehát \frac{x_{n-1}}{x_n}. Most már "csak" xn értékét kell meghatározni. Innen kezdve "lestem" Vilenkin: Kombinatorika c. könyvéből, a "Pénzváltási probléma" nevű rész pont ezzel a foglalkozik. Itt azt kapjuk, hogy x_n=\frac1{n+1}\binom{2n}{n}. Azaz a keresett valószínűség \frac{n+1}{2(2n-1)}

[715] jenei.attila2005-01-14 13:35:26

Ezzel szerintem az a baj, hogy feltételezed, bármely sorozat előfordulása ugyanolyan valószínű, holott ez nem igaz. A kedvező eset/összes eset képlet pedig csak ekkor alkalmazgató. A képleted sajnos n=2 re sem jó, mert 1/3-ot ad, a helyes érték pedig 1/2.

Előzmény: [714] nadorp, 2005-01-14 13:05:26
[716] jenei.attila2005-01-14 13:40:18

Hülyeséget írtam, n=2-re 1/2-et ad, de n=3-ra 2/7-et, a helyes érték pedig (legalábbis szerintem) 7/18.

Előzmény: [715] jenei.attila, 2005-01-14 13:35:26
[717] Atosz2005-01-15 00:22:21

Sziasztok!

Visszatérve a gyógyszeres feladathoz, sikerült előtúrnom a régi jegyzeteimet, a benne lévőket közreadom, hátha közös erővel közelebb jutunk a megoldáshoz.

Kézi erővel viszonylag egyszerű a gyógyszerfogyási fát felírni. Pl. n=4-re - írjuk ezt úgy, hogy (4,0) -, ebből előbb (3,1) lesz, majd növesztjük az ágakat: 3/4 valséggel megyünk (2,2)-re és 1/4 valséggel (3,0)-ra. Ezt egészen addig folytatjuk, amíg a fa ágainak végén 1 egész, vagy 1 fél szem lesz. Összeszorozzuk az egész végű ágon lévő valségeket, majd az ilyen ágak értékeit összeadjuk, megkapjuk a keresett valószínűséget.

Ha sehol sem számoltam el, akkor n=2-re p=1/2, n=3-ra p=7/18, és n=4-re p=97/288. Persze ember legyen a talpán, aki mindezt sz.gép nélkül n=100-ra megcsinálja.

Ekkor elkezdtem az ált. problémát vizsgálni. Legyen 'e' az egész, míg 'f' a fél szemek száma. Annak a valószínűsége, hogy ebből egész marad, az legyen pe,f. Az általános rekurzív formula így:

p_{e,f} = \frac{e*p_{e-1,f+1}}{e+f} + \frac{f*p_{e,f-1}}{e+f}

Ezt több oldalon keresztül alakítgattam, de nem bírtam vele. Ekkor elkezdtem egy picit specializálni, és megvizsgáltam azt az esetet, amikor induláskor megegyezik az egész és a felek száma, azaz megnéztem pk,k-t. Annak reményében tettem mindezt, hátha ezek segítségével jutunk az ált. eset nyomára.

Sikerült egy szép zárt alakot felírnom (ami még mindig rekurzív, de már lemegy 1-ig)

p_{k,k}=\frac{\sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+i-2}{i-1}p_{k-1,i}}{2\binom{2k-1}{k}}

Ez pl. p4,4-re: (és a nevezővel átszorozva)

70*p4,4=35*p3,5+20*p3,4+10*p3,3+4*p3,2+p3,1

Egyelőre ennyi. Szerintem ez egy igen érdekes probléma, ne adjuk fel, előbb utóbb meglesz!

Előzmény: [716] jenei.attila, 2005-01-14 13:40:18
[718] Bubu2005-01-17 15:13:44

Hello Mindenki!

A kihalási probléma a következő: Egy szigetre egy férfi érkezik. A szigeten tetszőleges mennyiségben rendelkezésre állnak nők (19. századi a feladat). Egy férfi p(0) valséggel 0, p(1) valséggel 1, stb., p(n) valséggel n nemzőképes fiú utódot hoz létre (Ezen valségek összege 1.). Mi a valószínűsége, hogy a populáció véges idő alatt kihal?

Szerintem nem sok köze van egymáshoz a kettőnek. Az biztos, hogy a kihalási problémára is felírható egy rekurzió, ami nem oldható meg, és ott az trükk, hogy a generátorfüggvény kompozicóit kell vizsgálni. Sajnos töbet nem tudok én se róla, mert csak egy rövid folyosói beszélgetésben hallottam a problémáról, de ha kell majd utánakérdezek később. Nem tudom, hogy ezzel segítettem-e, mindenesetre most nem érek rá ezzel foglalkozni, mert analízis szigorlatra készülök gőzerővel.

Üdv: Bubu

[719] Atosz2005-01-17 16:52:17

Sziasztok!

Újabb "Rés a pajzson..." a gyógyszeres feladatban. Kis lépés, de ez is valami.

Sokáig próbálkoztam a pk,k vizsgálatával de nem bírtam zárt, "szumma" nélküli alakra hozni. Arra gondoltam, hátha alulról építkezve, speciális eseteket vizsgálva érnénk el eredményt.

Megnéztem a p1,k (1 egész, k fél) valségét. Ilyenkor abban az esetben marad egész, ha végig feleket húzunk egymás után, azaz

p_{1,k}=\frac{k}{k+1}*\frac{k-1}{k}*...*\frac{1}{2}=\frac{1}{k+1}

Ekkor felírtam p2,k-ra az eredeti rekurziós képletet, azaz:

p_{2,k}=\frac{2}{k+2}*p_{1,k+1}+\frac{k}{k+2}*p_{2,k-1}

Beírva p1,k+1 helyére az \frac{1}{k+2} értéket, kapjuk hogy:

p_{2,k}=\frac{2}{(k+2)^{2}}+\frac{k}{k+2}*p_{2,k-1}

Rengeteg egyváltozós függvényt vizsgáltam meg, hogy eleget tesz-e az előző függvényegyenletnek, de nem jártam sikerrel. Ekkor p2,k-1-et tovább alakítottam p2,k-2- és így tovább, amíg el nem érünk p2,0-ig, melynek értéke \frac{1}{2}. A kapott hosszú szörnyet addig néztem, amíg ki nem jött, hogy:

p_{2,k}=\sum_{i=0}^{k}\frac{2*\binom{k}{i}}{(k+2-i)^{2}*\binom{k+2}{i}}

Jó lenne ennek egy zárt alakot felírni, de nekem már ez is tetszik. Viszonylag jól lehet vele számolni is:

pl. p_{2,1}=\frac{7}{18}, p_{2,2}=\frac{23}{72}, p_{2,3}=\frac{163}{600},

További jó munkát!

[720] Lóczi Lajos2005-01-17 17:51:35

A Mathematicába beírtam a p2,k-ra vonatkozó rekurzív képletet, és az alábbi alakot kaptam vissza, ami talán kicsit egyszerűbb, mint az említett:


p_{2,k}=
\frac{2(2 + k - \sum_{i=1}^{k+2} \frac{1}{i})}{2 + 3k + k^2}

Látható, hogy a (k+2)-edik harmonikus szám szerepel a képletben, tehát ennél "zártabb" alak p2,k-ra szerintem nem várható.

Előzmény: [719] Atosz, 2005-01-17 16:52:17
[721] Atosz2005-01-17 23:26:18

Kedves Lóczi Lajos és többiek!

Egész ügyes ez a Mathematica, a képlet tényleg zártabb, és módot ad p2,k egy elég jó felső becslésére.

Előszedtem a harmonikus sor és a számtani közép közti egyenlőtlenséget, miszerint:

\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}}}\le\frac{1}{n}*(a_{1}+...+a_{n})

Itt most n=k+2 és ai=i, amit ha elkezdünk alakítgatni, kapjuk, hogy

p_{2,k}<\frac{2}{k+3}

Szeretnék azoknak akiknek nem fekszik teljesen ez a gyógyszeres feladat egy új példát adni a valség köréből, ami nem túl nehéz, ám a megoldása miatt az egyik kedvencem:

100 utas várakozik a reptéren, hogy végre beszállhassanak. A gépen 100 ülőhely van, mindenkinek máshová szól a jegye. Az első utas "őrült" nem törődik a jegyével, s beszálláskor véletlenszerűen elfoglal egy széket. Az összes többi utas "normális" és a helyére fog ülni, feltéve, ha ott még nem ül senki. Ha a helyük foglalt, akkor ők is véletlenszerűen választanak egy széket. (az utasok egymás után egyesével szállnak a gépre)

Mekkora a valsége annak, hogy a 100. utas a helyére tud ülni? Mi a helyzet n utas és abból k őrült esetén?

Előzmény: [720] Lóczi Lajos, 2005-01-17 17:51:35
[722] Lóczi Lajos2005-01-18 16:09:55

Sőt, p2,k aszimptotikus, azaz "nagy" k-kra vonatkozó viselkedését is tudjuk már, hiszen ismert, hogy a k-adik harmonikus szám kb. ln k, pontosabban \lim_{k\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^k \frac{1}{i}-\ln k=\gamma, ahol az Euler-féle gamma-konstans értéke kb. 0.577216 és a sorozat monoton fogyó módón tart \gamma-hoz.

Előzmény: [721] Atosz, 2005-01-17 23:26:18
[723] xviktor2005-01-18 18:13:48

Hello Atosz!

Szerintem a feladat kissé egyszerűbb. Véleményem szerint az mindegy, hogy hány őrült van köztük, és szerintem annak az esélye, hogy a 100. utas a helyére tud ülni mindig 1/n, így 100 utasnál 0,01.

Üdv: Viktor

Előzmény: [721] Atosz, 2005-01-17 23:26:18
[724] Atosz2005-01-18 23:11:16

Kedves Viktor!

Sajnos nem jó a válasz! Ennél azért egy kicsit bonyolultabb ez a feladat. Először 1 "őrültre" próbáld megoldani. Gondold végig, hogy sorba állnak az ajtónál, elől az 1-es, majd a 2-es... végül pedig a 100-as. Most az 1-es az "őrült" (gondolom érzed, hogy a sorszámozásnak nincs jelentősége), aki berohan és leül pl. a 38-as székre. Ekkor 2-37-ig nincs gond, ám jön a 38-as akinek foglalt a helye...Ha az "őrült" a 100-as helyére ült volna, akkor 0 valséggel ül a helyére a 100-as. Ezt a gondolatmenetet kövesd '38' nélkül általánosan.

Egy darabig még hagyok időt mindenkinek - aztán közzéteszem a megoldást!

Minden jót: Atosz

Előzmény: [723] xviktor, 2005-01-18 18:13:48
[725] rizs2005-01-19 00:07:33

1/2?

Előzmény: [724] Atosz, 2005-01-18 23:11:16
[726] Atosz2005-01-19 12:26:08

Jó válasz, de tudod te is, hogy mindez indoklás nélkül semmit sem ér. Próbáld valahogy megmagyarázni!

Előzmény: [725] rizs, 2005-01-19 00:07:33
[727] jenei.attila2005-01-19 14:47:07

Jelöljük pn-nel annak a valószínűségét, hogy n utas esetén az utolsó a saját helyére ül. Nyilván p2=1/2. Annak a valószínűsége, hogy az őrült a helyére ül, az 1/n. Az hogy a 2. utas helyére ül, szintén 1/n. Ha az őrült a második utas helyére ült, akkor a 2. utas lesz az új őrölt (a helye az 1. hely lenne), az utasok száma pedig n-1. Ha az őrült 1/n valószínűséggel a 3. utas helyére ült, akkor a 3. utas lesz az új őrült, és az utasok száma n-2,...s.í.t. Vagyis p_n=\frac{1}{n}(1+p_{n-1}+p_{n-2}+...+p_2). Ebből teljes indukcióval könnyen kiszámítható, hogy pn=1/2.

Előzmény: [726] Atosz, 2005-01-19 12:26:08
[728] rizs2005-01-19 15:13:38

nekem inkább egy olyan ötletem volt, hogy az esetek párbaállíthatóak, de közben rájöttem, hogy elvi hibás a dolog. mivel azonban az 1/2 jó, valószínűleg mégis erről lehet szó :)

[729] Laci2005-01-19 20:14:46

Nekem lenne egy kérdésem a Cayley-Klein modellt illetően. Az ehavi Kömalt olvasgatván rábukkantam a

d(X,Y) = \frac{k}{2} \cdot \ln \bigg|\frac{AX}{XB} : \frac{AY}{YB}\bigg|

képletre, ami a fent említett modellben található két pont távolságát adja meg. Az lenne a kérdésem, hogy ez nincsen-e elírva, mert szerintem a helyes képlet így szólna:

d(X,Y) = \frac{k}{2} \cdot | \ln \bigg(\frac{AX}{XB} : \frac{AY}{YB}\bigg)|

Márcsak azért is, mert a \frac{AX}{XB} : \frac{AY}{YB} tag sohasem lehet negatív, de ennek az e alapú logaritmusa igen. Az én képletem szerint X és Y tetszőlegesen felcserélhető, az újságban szereplő szerint nem. A kérdésem: igazam van?

[730] jonas2005-01-20 10:17:49

Szerintem is.

A Reiman Geometria[1] a 19. fejezetben (337. oldal a régi kiadásban) szintén az utóbbi képletet adja: a C-K modellen két pont távolsága \rho(P,Q)=(k/2)|ln ((UP/UQ)/(VP/VQ))| ahol U,V a PQ húr végpontjai. Leírja azt is, hogy az (UP/UQ)/(VP/VQ) kettősviszony mindig pozitív, mert a PQ szakasz az UV szakasz belsejében van, ezért a logaritmálás értelmes.

[1] Reiman István, A geometria és határterületei. 1986, Gondolat, Budapest

Előzmény: [729] Laci, 2005-01-19 20:14:46
[731] Kós Géza2005-01-20 13:06:24

Kedves Laci,

Tökéletesen igazad van. Az abszolút érték kívül kell, hogy legyen. (Úgy tűnik, a cikkben következetesen rosszul írtam.)

Előzmény: [729] Laci, 2005-01-19 20:14:46
[732] Atosz2005-01-20 15:01:26

Sziasztok!

Még mindig (valószínűleg még sokszor) visszakanyarodnék a gyógyszeres példához. Légyszi véleményezzétek a következő gondolatot:

Ha a gyógyszerek száma viszonylag nagy és pl. csupa egészekből indulunk ki, akkor mindaddig, amíg az egészek vannak túlsúlyban, addig nagy valséggel azokat húzzuk, ám ennek hatására növekszik a felek száma. Amennyiben viszont a felek túlsúlyba kerülnének, akkor többször húzunk azokból és így viszont az egészek aránya növekszik meg. Ha elegendően nagy értékekből indulunk ki, akkor nagy valószínűséggel beáll a szem-típusok közt egy egyensúlyi állapot, amit a rendszer nem enged túlzottan kilengeni semelyik irányba. Ebből az következik, hogy pe,f értéke nagy e és f esetén felveszi pe*,f* értéket és azzal közel egyenlő is lesz. Így a feladat bizonyos értékek esetén statisztikai és határértékszámítási eszközökkel is elemezhető lesz.

Lehet, hogy pe,0 értéke 'e tart végtelen' esetén, tart valamilyen meghatározott értékhez, illetve ez más pe,f esetén is hasonló lehet?

Az általános rekurziós képletet pe,f esetén beírtam egy excell táblába, mely kiszámította ezeket. Az adatokat most vizsgálom, majd jelentkezem...

Atosz

[733] Atosz2005-01-20 21:35:33

Sziasztok!

Megnéztem az Excell által készített pe,f valószínűségi adatokat e és f eseteiben 0-60-ig. A kapott eredmények alátámasztják az előző feltevésemet.

A p1,f, p2,f,.. valószínűségek ahogy 1-1 egész szemet hozzáveszünk növekednek egészen e=f-ig, majd e>f esetén már csökkennek.

p60,0=0,1556486 ám a csökkenése p59,0-hoz képest mindössze 5 tízezred. Ha elindulunk egy kicsit feljebb úgy, hogy a szemek száma 60 maradjon pl. p30,30=0,14771909 és p18,42=0,13021446

Ha messziről nézem a pe,0 grafikont, akkor az úgy néz ki mint egy hiperbola.

p2,k közelítése \frac{2}{k+3}-al nagyon pontosnak tűnik a megfelelő érték eltérése a közelítéstől k=58 esetében mindössze 15 tízezred. Ez is a hiperbola jelleget támasztja alá.

Minden jót: Atosz

[734] rizs2005-01-20 23:21:37

Kedves Attila!

Az őrült emberes feladat "hivatalos" megoldását meg lehet tudni?

[735] Kemény Legény2005-01-21 10:54:00

Ami a határértéket illeti,fogalmam hogy sincs hogy mennyi,vagy hogy létezik-e,de az biztos hogy ha létezik a p(n,0) határérték(n tart végtelenhez),akkor minden rögzitett a esetén létezik a p(n,a) határérték és egyenlő a p(n,0) határértékével(legyen ez P).Ugyanis p(n,0)=p(n-1,1) igy a=1 esetén igaz. Indukcióval p(n,a)=p(n-1,a+1)(n/(n+a))+p(n,a-1)(a/(n+a)) A baloldal P-hez tart, a jobb oldal 2.tagja 0-hoz tart,mert a/(n+a) 0-hoz tart,mig n/(n+a) 1-hez tart,igy p(n,a) határértéke egyenlő p(n-1,a+1) határértékével,igy a p(n,a+1) határértéke egyenlő p(n,a+1) határértékével.

Előzmény: [733] Atosz, 2005-01-20 21:35:33
[736] Atosz2005-01-21 11:14:45

Kedves rizs!

jenei.attila megoldása teljesen jó (és így "hivatalos" is), legfeljebb a vége egy picit elnagyolt.

Amiből kiindulunk az a:

p_{n}=\frac{1}{n}*(1+p_{n-1}+p_{n-2}+...+p_{2})

Ez ugye azt jelenti, hogy minden helyre \frac{1}{n} valséggel ül, a zárójelben pedig sorra 1, ha a saját helyére, pn-1 ha a második helyére stb...

Ha felírjuk ugyanezt n-1 emberre, akkor kapjuk, hogy:

p_{n-1}=\frac{1}{n-1}*(1+p_{n-2}+p_{n-3}+...+p_{2})

Így az első sorban a zárójelben lévő 1+pn-2+...p2 helyére beírhatjuk, hogy (n-1)*pn-1 és kapjuk, hogy

n*pn=n*pn-1

Ez azt jelenti, hogy minden pi egyforma, azaz \frac{1}{2}

Persze még hiányzik az n utas és k őrült esete.

Előzmény: [734] rizs, 2005-01-20 23:21:37
[737] jenei.attila2005-01-22 18:34:34

Hasonló gondolatmenettel belátható, hogy k őrült esetén a keresett valószínűség 1/(k+1), ha az emberek száma legalább k+1. Érdekes megfigyelni, hogu a valószínűség nem függ n-től, és attól sem, hogy mely utasok őrültek. Ezt teljes indukcióval lehet igazolni, de leírni kicsit bolnyolult.

Előzmény: [736] Atosz, 2005-01-21 11:14:45
[738] Atosz2005-01-23 15:21:35

Kedves jenei.attila!

Gratulálok a megoldásaidhoz, bár szerintem jó lenne, ha megpróbálnád leírni. (TeX-el vagy nélküle...)

Gyógyszer...

Sikerült a pk,k-hoz hasonló zárt, de sajnos rekurzív képletet felírnom pe,f-re, hátha valamelyikőtöknek sikerül vele valamit kezdeni:

p_{e,f}=\sum_{i=0}^{f}\frac{e*\binom{f}{i}*p_{e-1,f+1-i}}{(f+e-i)*\binom{f+e}{i}}

Sok szerencsét az alakítgatásához!

Kedves Kós Géza!

Küldtem neked emilt a honlapodon lévő e-mail címekre. Légyszi nézd meg őket, és írj vissza valamit. Előre is köszönöm!

Előzmény: [737] jenei.attila, 2005-01-22 18:34:34
[739] Kemény Legény2005-01-23 20:20:23

Egy nem túl pontos,de elvi becslés a p(k,n) valószinűségre: p(k,n) legfeljebb k/(n+k).Ez (2k+n) szerinti teljes indukcióval triviális. k=0 esetén 0 pontos,k=1 esetén 1/(n+1) pontos,k=2 esetén 2/(n+2),ami nincs messze a pontostól.Sajnos ez csak 'soronként' becsül,azaz csak a nyilvánvaló állitás jön ki,hogy hogy ha felek száma végtelenbe tart,akkor a valószinűség 0-hoz.Sajnos az 'érdekes' p(n,0) határértékről semmit sem mond( csak azt, hogy p(n,0)<1).

[740] jenei.attila2005-01-24 15:53:03

Tegyük fel, hogy n utas van, és ezek közül az i1,i2,...,ik (ahol 1<=i1<i2<...<ik<=n) sorszámú utasok őrültek. Jelöljük pn(i1,i2,...,ik)-val annak valószínűségét, hogy az utolsó utas a helyére tud ülni. Tegyük fel, hogy a szóban forgó valószínűségeket már ismerjük n-nél kevesebb utas és ezek közül bármely k,k-1,k-2,...,1 őrült esetén. Világos, hogy ekkor már csak a pn(1,i2,...,ik) alakú valószínűségeket kell kiszámolni, mivel i1>1 esetén a keresett valószínűség pn-i1+1(1,i2-i1+1,...,ik-i1+1) (hiszen az első i1-1 utasig rendben mennek a dolgok), amit a feltevés szerint már ismerünk. Természetesen ahhoz, hogy egyáltalán ilyen módon k őrült esetén el tudjunk indulni, ismerni kell a pk+1(1,i2,...,ik) valószínűségeket (ha i1<>1, akkor pk+1(2,3,...,k+1)=pk(1,2,...,k)=pk(1,2,...,k-1) valószínűségről van szó, mivel mindegy hogy az utolsó utas őrült -e vagy sem, úgyis csak az egyetlen üres helyre tud ülni). A továbbiakban egyszerűsítjük a jelölést, mivel indukcióval feltesszük, hogy k-nál kevesebb őrült esetén a valószínűség független attól, hogy pontosan mely utasok őrültek, vagyis pn,m:=pn(i1,...,im) bármely i1,...,im kombináció esetén. Mint azt egy őrült esetén láttuk, a feltevés jogos. Tehát van k+1 utasunk, az első k utas őrült. Feltehetjük, hogy az utolsó utas nem őrült, mert ez nem befolyásolja a keresett valószínűséget (így is úgy is csak az egyetlen megmaradt helyre tud ülni), ha pedig őrült lenne, akkor nyilván eggyel kevesebb őrülttel kellene megoldani a feladatot, amit már a feltevés szerint megoldottunk. Ekkor

p_{k+1}(1,2,...,k)=\frac{1}{k+1}(k*p_{k,k-1})

. A fenti képletben az 1. utas (aki őrült) 1/(k+1) valószínűséggel ül bármely helyre. Ha saját vagy másik őrült helyére ül, akkor a leültetendő utasok és az őrültek száma 1-gyel csökken, ezt nyilván k féleképpen teheti meg. Az egyetlen normális utas (utolsó utas) helyére nem ülhet, mert akkor biztos hogy az utolsó utas nem ül a saját helyére. Most teljes indukcióval feltesszük, hogy minden n-re, és minden m<k őrültre a keresett valószínűség 1/(m+1). Ez m=1-re már bizonyított. Ekkor a fenti képlet szerint

p_{k+1}(1,2,...,k)=\frac{1}{k+1}(k*p_{k,k-1})=\frac{1}{k+1}

. Most rögzített k őrültszám mellett n szerinti teljes indukcióval haladunk (n>k), és feltesszük, hogy adott k mellett n-1,n-2,...,k+1 utassal a keresett valószínűség utasszámtól és őrültek kombinációjától függetlenül 1/(k+1).

p_n(1,i_2,...,i_k)=\frac{1}{n}(k*p_{n-1,k-1}+(n-k-1)*p_{n-1,k})=\frac{1}{k+1}

. Az első utas (aki őrült) 1/n valószínűséggel ül bármely helyre, ebből k esetben őrült helyére (a sajátját is beleértve). Ha őrült helyére ült, akkor az utasok és az őrültek száma is 1-gyel csökken, mely esetre ismerjük a valószínűséget (1/k). Ha nem őrült helyére és nem is az utolsó helyre ül (n-k-1 eset), akkor az utasok száma 1-gyel csökken, de akinek a helyére ült, az megőrül, vagyis az őrültek száma marad. Az indukciós feltevés szerint ez esetekben is ismerjük a valószínűséget (1/(k+1)). Innen n utasra és k őrültre (ahol az 1. utas biztos őrült) a keresett valószínűség 1/(k+1) és független az őrültek kombinációjától, ha n-nél kevesebb utasra is fügetlen volt (ez az indukciós feltevés).

[741] jenei.attila2005-01-24 16:30:06

Kiegészítés: előzőleg külön kezeltük azt az esetet, amikor az utolsó utas őrült, mondván, hogy a keresett valószínűség ekkor ugyanaz, mint amikor k-1 őrült van. Ugyanis nem befolyásolja az eseményeket, hogy az utolsó utas őrült vagy sem, mivel csak az egyetlen megmaradt helyre tud ülni. Összefoglalva tehát: n utas és ezek közül bármely k őrült utas esetén (n>=k) annak valószínűsége hogy az utolsó utas a helyére ül 1/(k+1), ha az utolsó utas nem őrült, és 1/k, ha az utolsó utas őrült.

Előzmény: [740] jenei.attila, 2005-01-24 15:53:03
[742] Atosz2005-01-26 17:43:41

Sziasztok!

Itt az újabb példa, szintén a valség köréből (A feladat Mikulás-probléma néven is ismert).

Egy 'n' fős osztályban Mikulás ünnepségre készülnek a gyerekek. A tanár mindenkinek felírja a nevét egy cetlire, majd beteszi egy kalapba és ezután kezdődik a húzás. Miután mindenki kihúzott egyet, mi a valószínűsége annak, hogy senki sem húzta a saját nevét, azaz nem kell kezdeni mindent előről?

[743] Kós Géza2005-01-26 18:09:47

Sziasztok,

Szerintem az őrült utasos feladatot még ne zárjuk le. Keressünk közvetlen, számolás nélküli megoldást.

Előzmény: [741] jenei.attila, 2005-01-24 16:30:06
[744] rizs2005-01-26 18:12:41

1-1/e.

[745] Kós Géza2005-01-26 18:21:09

Egy rokon feladat.

143. / B. 3391. Amikor Bendegúz érvényes helyjegyével felszállt a 78 személyes vasúti kocsiba, döbbenten vette észre, hogy ott már minden hely foglalt. Az történt ugyanis, hogy Dömötör helyjegy nélkül szállt fel. A többi 77 utas pedig - köztük Elek - vásárolt ugyan helyjegyet, de nem feltétlenül ültek oda, ahová a helyjegyük szólt. Bendegúz felállítja azt, aki a helyét elfoglalta. Aki feláll, az most már szintén a saját helyére szeretne leülni, és így tovább. Mindez addig folytatódik, míg végül Dömötör lelepleződik. Mennyi a valószínűsége annak, hogy Elek ülve nézheti végig az eseményeket?

(KöMaL, 2000. december)

Előzmény: [743] Kós Géza, 2005-01-26 18:09:47
[746] Káli gúla2005-01-27 10:22:12

Egy urnában k fehér és 1 fekete golyó van. Sorban kihúzzuk az összes golyót. Legyen p annak a valószínűsége, hogy utoljára fekete golyót húzunk. Ha az eseményt visszafelé történtnek képzeljük, akkor p annak a valószínűsége is, hogy ezeket a golyókat sorban az urnába dobálva elsőre fekete golyót dobunk be, azaz p=1/(k+1).

(Az őrült utasok ülései a fehér golyók, az utolsó utas ülése a fekete golyó.)

Előzmény: [743] Kós Géza, 2005-01-26 18:09:47
[747] jenei.attila2005-01-27 10:36:07

Kedve Káli gúla!

Sajnos nem értem a modelledet. Kifejtenéd kicsit bővebben? Hogyan látod pl. azonnal, hogy a keresett valség nem függ az utasok számától?

Előzmény: [746] Káli gúla, 2005-01-27 10:22:12
[748] Káli gúla2005-01-27 12:06:52

Kedves attila

A k+1 kitüntetett hely mellett a többi "normális" helyet úgy képzelem, mintha dobókockával érvénytelent dobnánk: a kocka az "élére" esne, vagy legurulna az asztalról.

k=1 őrültre a legegyszerűbb (ezt Géza figyelmeztetése előtt is láttam):

(1) Ha az örült a saját helyére ül, akkor a játék eldőlt, az utolsó utas nyer. (2) Ha az örült az utolsó utas helyére ül, akkor a játék eldőlt, az utolsó utas vesztett. (3) Minden más esetben nem történt semmi, "új őrült jön" (ld. elgurult dobókocka, vagy élére esett pénz).

Előzmény: [747] jenei.attila, 2005-01-27 10:36:07
[749] jenei.attila2005-01-27 12:14:30

Ezek szerint csak az számít húzásnak, ha az őrült a saját helyére ül, vagy az utolsóra. De honnan tudjuk, hogy ezek a húzások egyenlően valószínűek. A Te modelledben igen, de az eredeti feladatban miért is?

Előzmény: [748] Káli gúla, 2005-01-27 12:06:52
[750] jenei.attila2005-01-27 12:28:13

Kedves Atosz és Géza!

Segítenétek nekünk? Lehet hogy nekem nehéz a felfogásom, de még mindig nem látom Káli gúla modelljének helyességét. Egy őrült esetén (akiről feltesszük hogy az első utas), ha ő rögtön a saját helyére ül, az a modellben azt jelenti, kihúztuk a fehér golyót. A modellben ez 1/2 valségű esemény, míg az eredeti feladatban 1/n. Szerintem nem ugyanazok az eseményterek (pontosabban nem felelnek meg egymásnak). Géza te nyilván valami rafinált trükkre gondoltál, amellyel sokkal egyszerűbben oldható meg a feladat. Kicsit segítenél ebben? Atosz, te is így gondoltad a k őrült esetét megoldani, ahogy én csináltam?

[751] Atosz2005-01-27 14:35:01

Kedves attila!

Örülök, hogy tőlem kérsz segítséget, én amikor először találkoztam a feladattal, akkor tulajdonképpen ugyanazt az utat követtem végig, mint te. Káli gúla modelljén most gondolkodom, majd írok. Minden jót!

Atosz

Előzmény: [750] jenei.attila, 2005-01-27 12:28:13
[752] Kós Géza2005-01-27 16:56:58

Sajnos nehéz úgy segíteni, hogy ne lőjem le a megoldást. :-)

Keress k+1 olyan valamit, amik közül az egyik azt jelenti, hogy az utolsó utas éppen a helyére ülhet.

Előzmény: [750] jenei.attila, 2005-01-27 12:28:13
[753] Kós Géza2005-01-27 17:01:18

Kicsit alaposabban olvasva, Káli gúla már leírt mindent.

Előzmény: [752] Kós Géza, 2005-01-27 16:56:58
[754] jenei.attila2005-01-27 21:06:27

Szóval én úgy értelmezem Káli gúla modelljét, hogy kitüntetjük az őrültek helyét, és az utolsó helyet (feltesszük, hogy az utolsó utas nem őrült). Egy kísérlet abban ál, hogy beszállítjuk az összes utast, miközben feljegyezzük, hogy a kitüntetett helyeket milyen sorrendben foglalták el. Nyilván akkor ül az utolsó utas a helyére, ha az utolsó helyet jegyeztük fel utoljára. Egy kísérlet tehát a kitüntetett helyek permutációját adja, amelyek ha egyenlő valószínűséggel fordulnak elő, akkor az utolsó utas valóban 1/(k+1) valséggel ül a helyére. Az hogy ezek a permutációk egyenlő valószínűséggel fordulnak elő, azon múlik, hogy a kitüntetett még el nem foglalt helyek bármelyikét minden pillanatban amikor kitüntetett helyet foglal el egy utas, egyenlő valószínűséggel választja.

Káli gúlának gratulálok ehhez a megoldáshoz, az enyém sokkal körülményesebb. Csak az lenne a kérdésem, ha nem ismerted volna az eredményt, akkor is ezt a megoldást adtad volne-e?

Előzmény: [753] Kós Géza, 2005-01-27 17:01:18
[755] Káli gúla2005-01-27 23:18:19

Kösz. Én is a rekurziót oldottam meg először.

Erről eszembe jut egy feladat, szintén valszám, és szintén rekurzió, Amikor először hallottam, talán egy egész spirálfüzetet teleírtam, de nem tudtam megcsinálni. Évek múlva jöttem csak rá az "igazi" megoldásra.

144. feladat. Az origóból kiindulva a számegyenes pozitív rácspontjain lépkedünk. Minden lépés előtt feldobunk egy dobókockát, és annyit lépünk előre, amennyit a kocka mutat. Mi a valószínűsége (jó közelítéssel) annak, hogy rálépünk a 2005. rácspontra.

[756] Atosz2005-01-29 09:53:17

Én a következőképp okoskodtam (remélem jól).

A dobálások után mindenképpen elérjük azt a helyzetet, amikor azt mondhatjuk, hogy innentől akár egy dobással is nyerhetünk. Ekkor 1,2,3...,6 egység távolságra leszünk a 2005. rácsponttól. Az, hogy milyen valséggel állunk éppen az egyik vagy másik helyen, az "jó közelítéssel" egyformán valószínű, azaz \frac{1}{6}. (az origótól ekkora távolságban már az, hiszen ez a megfelelő távolságra lévő számok 1-6 számok összegeire való felbontások számától függ, ami közel egyforma) Innen a keresett valség p=\frac{1}{6}*\sum_{i=1}^{6}{p_i}

Itt már csak azt kell megvizsgálni, hogy egy adott távolságból hányféleképpen juthatunk célba. pl. 3 egység távolságból bejuthatunk a következő dobásokkal: (3) vagy (1,2) vagy (2,1) vagy (1,1,1). Egy egylépéses győzelem valsége \frac{1}{6}, míg egy k lépésesé (\frac{1}{6})^k, hiszen k-szor egymás után megfelelőt kell dobnunk. Ha megfigyeljük a megfelelő távolságokról a bejutásokat, akkor látjuk, hogy éppen 6 egylépéses, 15 kétlépéses, 20 háromlépéses, 15 négylépéses, 6 ötlépéses és 1 hatlépéses győzelem van. Ezek a számok éppen a Pascal háromszög megfelelő sorának tagjai (az első 1-es kivételével). Így

\sum_{i=1}^{6}p_i=6*\frac{1}{6}+15*(\frac{1}{6})^2+...+1*(\frac{1}{6})^6

Ami a binomiális tétel szerint ez éppen:

(\frac{1}{6}+1)^6-1=(\frac{7}{6})^6-1

Így a keresett valség:

p=\frac{7^6-6^6}{6^7}\approx0.25

Előzmény: [755] Káli gúla, 2005-01-27 23:18:19
[757] Kemény Legény2005-01-29 10:23:59

Elnézést a közbeszólásért,de szerintem nem ennyi lesz a végeredmény és a megoldás sem ilyen egyszerű.De a legjobb lesz,ha elolvassátok Kós Géza cikkét az 1994/11. KöMaL-ban,ahol egy elég zuzó megoldást nyomat a problémára.

[758] Atosz2005-01-29 11:32:25

Pontosan hol van az a cikk, mert nem találom?

Engem leginkább az zavar a saját megoldásomban, hogy ha a 2004, 2003, 2002, 2001 2000, 1999 helyek valamelyikén egyforma valséggel leszünk, akkor miért nem \frac{1}{6} jön ki a 2005-re? (mert akkor ugyanígy egyforma valséggel lennénk a 2005-2000 helyek valamelyikén is)

Előzmény: [757] Kemény Legény, 2005-01-29 10:23:59
[759] Káli gúla2005-01-29 11:58:15

Nem független a szomszédos mezőre lépés. P(n-6)+...+P(n-1)>1. A rekurziód jó, csak mást kell mondani. Mekkora volt az utolsó dobás?

Előzmény: [758] Atosz, 2005-01-29 11:32:25
[760] Atosz2005-01-29 13:01:25

Egy újabb gondolat jutott eszembe, s közben láttam Káli gúla a segítségedet. Mindjárt végiggondolom, de közben beírom azt, amit akartam:

Egy szomszédos 6-os tartományba lépés összvalsége 1 kell hogy legyen, azaz p(n-6)+p(n-5)+...+P(n-1)=1. De a mellette lévő 6-os tartományra is ennek igaznak kell lennie, azaz p(n-6)=p(n). Ebből az következik, hogy minden 6. mezőre lépésnél egyforma valségek vannak, azaz P(2005)=p(1)=\frac{1}{6}

Ez vagy jó, vagy nem, de akkor hol van benne a hiba?

Előzmény: [759] Káli gúla, 2005-01-29 11:58:15
[761] jenei.attila2005-01-29 13:03:32

Nem lehet, hogy elírtál valamit? 1994-ben nem volt 11. szám. (Sőt, tudtommal máskor sem).

Előzmény: [757] Kemény Legény, 2005-01-29 10:23:59
[762] Atosz2005-01-29 13:25:05

Bolond vagyok!

Az előző hozzászólásomat tekintsétek semmisnek, hiszen pont ez a lényeg, a pi-k összege nem 1.

[763] Kemény Legény2005-01-29 16:00:57

Na a cikk a KöMaL elektronikus archivumában található meg,pl. rákeresve Kós Géza cikkeire,a Játék mindenkinek -et kiválasztva.A 11-es szám pedig a novemeber hónapot volt hivatott jelölni,kár hogy nem találtátok meg.

[764] SAMBUCA2005-01-29 19:56:25

Hali!

A Kemény Legény által emlegetett cikk megtalálható itt.

SAMBUCA

[765] Atosz2005-01-30 08:22:27

Sziasztok!

Azt hiszem meg van a megoldás. Káli gúla hozzászólása ébresztett rá arra, hogy egy szomszédos 6-os tartományba lépés valsége nagyobb mint 1, hiszen ezek nem függetlenek egymástól. Az utolsó dobás alapján elkezdtem a rekurziót visszafejteni és kaptam, hogy

p_{2005}=\frac{1}{6}*p_{2004}+...+\frac{1}{6}*p_{1999}

Ez azt jelenti, hogy a sorozat mindig az előző hat átlagával halad tovább és mivel az elejét ismerjük így onnan elindulva kiszámítható, hogy mennyi lesz p2005

Viszont ennél találtam egy gyorsabb megoldást is! Tekintsük azokat az eseményeket, amikor kimondom azt, hogy most már 1 dobással is beérhetek a célba. Ez 6 helyet jelent a 2005-ik előtt. Legyen Ai az az esemény, hogy a (2005-i)-ik helyen szólalok meg (i=1,...,6). Ezen események valségei pAi nem egyeznek meg a rálépés valségével, viszont függetlenek és összegük 1. Legyen ilyen távolságban a mezőre lépés valsége p (feltesszük, hogy már közel egyforma - éppen ezt keressük). A 2004-ik helyen akkor szólalok meg, ha előtte ráléptem az 1998-ikra és ott 6-ost dobtam, azaz p_{A1}=p*\frac{1}{6}. A 2003-ik helyen akkor szólalok meg, ha az 1998-ik helyről érkezem 5-össel, vagy az 1997-ről 6-ossal, azaz p_{A2}=p*\frac{2}{6}, stb...

Ha ezt mind felírjuk, kapjuk hogy

p_{A1}+...+p_{A6}=p*(\frac{1}{6}+...+\frac{6}{6})=p*\frac{21}{6}

Mivel ez 1, így

p=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}

Természetesen ez csak akkor lesz pontosan igaz, ha a kérdéses hely tart a végtelenbe, de a 2005. már "jó közelítéssel" ennek tekinthető.

[766] Káli gúla2005-01-30 10:46:30

Igen, grat! Annyi kiegészítéssel, hogy Ai az az esemény legyen, amikor utoljára mondjuk, hogy most már elég egy dobás.

Általánosabban, 6 helyett k-ra, egy k hosszú szakaszba való bekerülés valószínűsége egy. Az elhagyó (utoljára érintett) mező szerint osztályozva

1 = p_{N} + \frac{k-1}{k} p_{N-1} + \frac{k-2}{k} p_{N-2} + ... \frac{1}{k} p_{N-k+1}

Így, ha tudjuk, hogy lim pN=p létezik, akkor

1 =  \sum_{j=0}^{k-1} \frac{k-j}{k} p = \frac{k(k+1)}{2k} p ,

ahonnan p=2/(k+1), éppen a lépéshossz várható értékének a reciproka.

Előzmény: [765] Atosz, 2005-01-30 08:22:27
[767] Káli gúla2005-01-30 11:57:12

Kedves Atosz, bocs, újraolvasva, teljesen jó ahogy írtad. Mindegy, hogy időben az első, vagy az utolsó mező szerint számolunk.

Kedves Kemény Legény, kösz a hivatkozást. A konvergencia bizonyítással a végén tényleg nem sokat epszilonozik.

[768] Atosz2005-01-30 19:21:54

Kedves Káli gúla!

Köszönöm a gratulációt! Egyébként ez volt a te "igazi" megoldásod is, vagy a rekurziós?

[769] Káli gúla2005-01-31 23:30:02

A

p_{n+6}= \frac16 p_{n+5} + . . . + \frac16 p_n

rekurzió megoldására gondoltam (bár elismerem, az "igazi" jelző kicsit erős volt :)

Nézzük, mi lenne, ha nem a (0,0, ... , 1) kezdeti feltételekkel indulnánk. Vegyük az (1,0,...,0)-hoz tartozó 1,0,...,0,1/6, . . . sorozatot. Az első elemet elhagyva a 0,..,0,1/6, . . . sorozatot kapjuk, tehát (1,0,..,0)-ról indulni pontosan ugyanaz, mint (0.0,...,1/6)-ról. Hasonló összefüggést kaphatunk a többi kezdeti feltételre is (felhasználva a megoldásoknak a kezdeti feltételtől való lineáris függését). Jelöljük a (0,..,1,..,0) j-edik egységvektorral induló megoldást Ej-vel. Tegyük fel, hogy létezik a keresett határérték (lim E6(n) = p). Legyen az első elem elhagyása (a léptetés operátor) T. Világos, hogy TEj(6) = Ej(7) = 1/6 (j=1,..,6), ezért

E1\simTE1=1/6E6\sim1/6p

E2\simTE2=E1+1/6E6\sim2/6p

E3\simTE3=E2+1/6E6\sim3/6p

E4\simTE4=E3+1/6E6\sim4/6p

E5\simTE5=E4+1/6E6\sim5/6p

E6\sim6/6p

Ezeket összeadva, E1+...+E6\equiv1 miatt

1 =  E_1 + . . . + E_6 \sim \frac16 (1+ . . . +6) p =  \frac16 \cdot \frac{6\cdot 7}{2} p .

* * *

Be kell még látni, hogy minden megoldás konvergens. Ehhez felhasználhatjuk azt a tulajdonságot, hogy a számtani közép nem kerülhet túl közel a számhalmaz széléhez, pontosabban, ha a\lexj\leb (j=n+1,...,n+6), akkor a+d/6\leM\leb-d/6, ahol d=b-a és M az xj (j=n+1,...,n+6) számok számtani közepe. Így, ha a sorozat elemeit hatosával blokkokra osztjuk, az egyes blokkok mindig az előző blokk által feszített intervallum középső kétharmadába esnek.

Előzmény: [768] Atosz, 2005-01-30 19:21:54
[770] Atosz2005-02-04 09:52:18

145. feladat Vegyünk egy tetszőleges A0B0C0 háromszöget, majd ennek A0B0 oldalán véletlenszerűen válasszunk ki egy pontot, legyen ez A1. Amilyen arányban felosztja A1 az A0B0 oldalt, ugyanilyen arányban (és megfelelő sorrendben) vegyük fel a B1 és C1 pontokat a megfelelő oldalakon. Így kapjuk az A1B1C1 háromszöget. Az eljárást kezdjük előlről (már az új háromszögön - újra véletlenszerű választással) és folytassuk a végtelenségig. A kérdés az, hogy a háromszögeknek ez a végtelen sorozata az eredeti háromszög mely belső pontjához konvergál?

[771] Kemény Legény2005-02-06 19:48:18

Legyenek az A0B0C0 csúcsaiba mutató helyvektorok:a,b,és c.Ekkor az A1 pont helyvektora kifejezhető a és b lin.komb.jaként,mégpedig ax+by alakban ahol x+y=1.Ekkor B1,C1 pontok helyvektorai: bx+cy ill.cx+ay lesznek. Az eredeti 3-szög súlypontja (a+b+c)/3,mig az új 3-szögé: (ax+by+bx+cy+cx+ay)/3=(a+b+c)(x+y)/3=(a+b+c)/3 lesz. Igy a müvelet során a háromszögek súlypontjai változatlanul maradnak,és mivel a háromszög súlypontja általában a belsejébe szokott esni,ezért ha a 3-szögek végtelen sorozata egyáltalán konvergál vmely ponthoz(elég ha a területük tart 0-hoz,mivel egymásba skatulyázott zárt halmazok),akkor az a háromszög súlypontja lesz.Az már persze nem geometriai kérdés hogy végtelen sok véletlenszerüen választott 0 és 1 közti szám szorzata milyen eséllyel tart 0-hoz,hiszen csak ekkor konvergálhat a 3-szögsorozat vhová.

Előzmény: [770] Atosz, 2005-02-04 09:52:18
[772] Atosz2005-02-06 23:27:49

Kedves Kemény Legény!

Gratulálok a megoldáshoz! Ez tulajdonképpen egy ujjgyakorlat volt "szörnyűnek" tűnő megfogalmazásban. Szerintem azért ez egy érdekes tulajdonsága a súlypontnak. Azt viszont furcsálnám, ha 1-nél kisebb számok szorzata nem tartana a nullához.

Előzmény: [771] Kemény Legény, 2005-02-06 19:48:18
[773] Sirpi2005-02-07 01:19:36

Azt viszont furcsálnám, ha 1-nél kisebb számok szorzata nem tartana a nullához.

Miért is? Legyen mondjuk a_n = \frac{n^2+n-2}{n^2+n}, ami szemlátomást szigorúan 0 és 1 közé esik, ha n legalább 2. Ekkor az an-ek szorzatának határértéke nem nulla lesz. Gyakorlásképpen, akinek van kedve, számolja ki a szorzat határértékét, mondjuk a 2. tagtól kezdve (n=1-re an=0, tehát úgy nem lenne túl nehéz szorzatot számolni).

Előzmény: [772] Atosz, 2005-02-06 23:27:49
[774] Atosz2005-02-07 09:01:53

Teljesen igazad van, becsapott az an sorozat, ami minden 0 és 1 közötti a esetén 0-hoz tart. Így viszont, jogosnak tűnik Kemény Legény felvetése, miszerint ha véletlenszerűen választunk számokat a (0,1) intervallumból, akkor milyen valséggel lesz a szorzat 0-tól különböző.

Előzmény: [773] Sirpi, 2005-02-07 01:19:36
[775] Kemény Legény2005-02-07 10:44:47

Végtelen sok véletlenszerüen választott 0..1 közti szám között 1 val.szinüséggel lesz végtelen sok a 0..1/2 intervallumban,ekkor pedig a szorzat csak 0-hoz tarthat.Igy 1 a val.szine annak hogy 0 lesz a szorzat.

Előzmény: [774] Atosz, 2005-02-07 09:01:53
[776] jenei.attila2005-02-07 12:07:01

Szia Atosz!

A gyógyszeres feladattal hogy állunk? A rekurzió megoldása elég reménytelennek tűnik. Lehetséges egyáltalán szép zárt alakot adni rá? Vagy esetleg valami ügyes trükkel (ld. őrült légi utasok) egyszerűbben megoldható? Egyébként honnan származik a feladat?

[777] Atosz2005-02-07 18:21:40

Kedves jenei.attila!

A gyógyszeres feladat jelenleg pihen, bár lehet, hogy néhányan törik rajta a fejüket. Annyi eredményünk van, amennyi eddig a fórumon elhangzott, azaz p2,k kivételével csak egy általános rekurzív alak. Könnyen lehetséges, hogy nincs zárt alakban megoldás. A feladatot én találtam ki évekkel ezelőtt egy unalmas matekórán, s néha-néha előszedtem egy kicsit. Azért tettem fel ide a fórumra, hátha valakinek bevillan valami okos ötlet. Egyelőre úgy tűnik, hogy kifog rajtunk, de sosem szabad feladni, mint ahogy Wiles sem engedte ki a markából a Fermat tétel bizonyítását. A kettő között mindössze annyi különbség van, hogy annak megoldása a matematika sok területét kapcsolta össze, míg ez valószínűleg csak egy jelentéktelen zsákutca. Én már annak is örülnék, ha pl. közelítő megoldás, vagy valami ügyes rekurziós átalakításunk lenne, vagy a spec esetek száma bővülne (pl. zárt alak pk,k-ra.)

Minden jót!

Előzmény: [776] jenei.attila, 2005-02-07 12:07:01
[778] Káli gúla2005-02-07 23:05:16

Folytatva a súlypont körüli asszociációs játékot :

146. feladat. Bizonyítsuk be, hogy minden konvex sokszög belsejében van olyan P pont, hogy minden, P-n átmenő AB húrra

AP/BP\le2

.

[779] Kemény Legény2005-02-08 15:07:01

Elnézést mindenkitől,de sajnos tévesen irtam azt,hogy a 3szögek sorozata akkor konvergál egy ponthoz,ha a végtelen sok véletlenszerüen választott 0..1 közti szám szorzata 0-hoz tart.Ugyanis ha az oldalon az arány x,akkor az új 3szög területe 1-3x(1-x) szerese lesz az elözönek.Igy az kell,hogy ha az x-eket véletlenszerüen választjuk,milyen eséllyel tart az 1-3x(1-x) számok szorzata 0-hoz.ezek pedig nem véletlenszerüen vannak kivál.va 0..1röl,hiszen pl.mindegyikük legalább 1/4.Szerencsére azonban itt is az 1/4..1/2 int.vallumba 1 val.szinüséggel esik végtelen sok,mert ehhez az kell hogy 1/4<1-3x(1-x)<1/2 teljesüljön az x-re.Ez a feltétel x-re nézve 2 int.vallumot ad,azokba pedig 1 val.szin.gel végtelen sok x fog esni,igy az 1-3x(1-x) ek közt 1 val.szin.gel végtelen sok lesz az 1/4..1/2 int.vall.ban,igy a szorzatuk 0-hoz tart 1 val.szin.gel.

Előzmény: [771] Kemény Legény, 2005-02-06 19:48:18
[780] lorybetti2005-02-10 21:52:58

147.feladat: Az Erdős Pál Matematikai Iskolában volt kitűzött feladat:

 \sqrt{x^2+x-1}+\sqrt{-x^2+x+1}=x^2+x+2

[781] Kemény Legény2005-02-11 01:29:34

A feladat nyilván a valós megoldásokat kérdezi, hiszen csak ekkor van értelme a gyökjelnek. A bal oldalon 2 szám összege szerepel, erre a 2 számra alkalmazva a számtani-négyzetes közepek közötti egyenlőtlenséget kapjuk, hogy \frac{\sqrt{x^2+x-1}+\sqrt{-x^2+x+1}}{2}\leq \sqrt{\frac{x^2+x-1-x^2+x+1}{2}} , azaz a baloldal legfeljebb 2\sqrt{x}.Mivel mindkét gyök alatti kifejezés nemnegativ, ezért összegük, 2x is az, azaz x nemnegativ. Ha x 1-nél kisebb, 2\sqrt{x}\leq 2, azaz a baloldal bőven kisebb mint a jobb, ha pedig x 1-nél nagyobb, akkor \sqrt{x}-nél nagyobb az x és x2 is, igy ismét kisebb a baloldal, mint a jobb. Ha pedig x=1 az nem megoldás, igy nincs valós megoldása az egyenletnek.......

Előzmény: [780] lorybetti, 2005-02-10 21:52:58
[782] SAMBUCA2005-02-11 01:35:23

Helló Mindenki!

Kissé fel lehet tuningolni a 147. feladatot:

148. feladat: \sqrt{x^2+x-1}+\sqrt{-x^2+x+1}=\sqrt{x^2+x+2}

Üdv. SAMBUCA

[783] Fálesz Mihály2005-02-16 11:23:23

Az egyik hírportálon, ahol gyakran jelennek meg matematikai bulvárhírek is (ezek színvonala messze az átlagos bulvárhírek alatt marad), tegnap megjelent egy hír, miszerint Bezdek Károly fia, Dániel bebizonyított egy 500 éves sejtést. A cikkben így fogalmaznak:

,,... A 16. század kezdetén, ábrázolásgeometriai vizsgálódásai közben Dürerben felmerült a kérdés, hogy vajon minden poliéder (térbeli, sík lapokkal határolt mértani test) kiteríthető-e úgy, hogy lapjai sehol sem fedik egymást. ...''

Én ezt úgy értem, hogy a poliédert bizonyos élei mentén felvágjuk és síkba hajtogatjuk, és nem csak konvex, hanem konkáv poliéderek (akár tóruszszerűek is) megengedettek.

149. feladat. Mutassunk példát olyan poliéderre, ami nem teríthető ki. :-)

[784] ScarMan2005-02-16 22:08:55

Szilassi-féle poliéder?

Előzmény: [783] Fálesz Mihály, 2005-02-16 11:23:23
[785] manó2005-02-17 17:41:03

Sziasztok! Én új vagyok itt, és nem is mozgok otthonosan ebben a témában, de gondoltam ti tudnátok segíteni. Van egy egyszerű, gyufarejtvényes problémám, amit holnap délig meg kellene oldani! A feladat: egy gyufaszál elmozdításával tedd igazzá az egyenletet: XXII/VIII=II (a VIII persze a XXII alatt van, csak nem tudom, hogy lehet itt úgy ábrázolni:)) Szóval bennetek van minden reményem! Köszi!

[786] ScarMan2005-02-17 18:30:14

A VIII-ból elveszel egy pálcikát, és ráteszed a II tetejére, igy ezt kapod:

\frac{XII}{VII}=\pi

Ami két tizedesjegy pontossággal igaz.

Előzmény: [785] manó, 2005-02-17 17:41:03
[787] ScarMan2005-02-17 18:31:45

Bocs, kimaradt egy X:

\frac{XXII}{VII}=\pi

[788] Lóczi Lajos2005-02-18 03:08:28

Miért kellett akkor ilyen bonyolult megoldást adni? :) Ezen az alapon szinte bármely gyufát elmozdítva "igaz" egyenlőséget kapunk, ami 0, vagy 1 vagy 2 tizedesjegyre pontos...

Előzmény: [787] ScarMan, 2005-02-17 18:31:45
[789] Lóczi Lajos2005-02-18 03:11:10

Én tudok pontosabbat is :)

21:7=3

Előzmény: [788] Lóczi Lajos, 2005-02-18 03:08:28
[790] Lóczi Lajos2005-02-18 03:13:05

Visszavonva, ezt nem tudom megvalósítani 1 mozgatással.

Előzmény: [789] Lóczi Lajos, 2005-02-18 03:11:10
[791] Atosz2005-02-21 09:28:18

Kedves Káli gúla!

Tetszik a feladatod, de egyelőre általánosan nem bírkózom meg vele. Háromszögek esetén sikerült belátni, hogy ilyen pont csak a súlypont lehet, de ált. konvex sokszög esetén még nincs teljes értékű anyagom. Egy kis rávezetés jól jönne... (Én húr alatt P-n átmenő, a sokszög egyik oldalától/csúcsától a másikig menő szakaszt értettem)

Előzmény: [778] Káli gúla, 2005-02-07 23:05:16
[792] manó2005-02-21 13:55:07

Sziasztok! Bocsi, hogy csak most jutottam el a köszönet nyilvánításig, de pénteken nem volt időm feljönni a netre, csak megnézettem a megoldásotokat. Szóval ezúttal is köszi mindenkinek!

[793] SchZol2005-02-21 22:52:44

Sziasztok!

Légyszi aki tudja, hogy van a Newton-módszer az írásban való gyökvonásra, írja le!

Köszi, Zoli

[794] lorantfy2005-02-21 23:09:21

Hello Zoli!

Nem tudom, hogy ezt nevezik-e a Newton-féle módszernek, de itt van egy egyszerű algoritmus:

A p számot elosztjuk egy olyan q számmal, melynek négyzete közel áll p-hez. A hányados legyen r. Vesszük a q és r számtani közepét, ez lesz az új q. És kezdjük előlről..

Előzmény: [793] SchZol, 2005-02-21 22:52:44
[795] nadorp2005-02-23 16:43:11

Nem az én bizonyításom:

146.a: Bizonyítsuk be, hogy egy konvex sokszög belsejében van olyan P pont, hogy P minden rajta átmenő húr középső harmadába esik.

Előzmény: [778] Káli gúla, 2005-02-07 23:05:16
[796] Atosz2005-02-26 08:08:21

Szia!

De ez ugyanaz mint a Káli gúláé, azaz ha a középső harmadába esik, akkor AP/BP\le2

Előzmény: [795] nadorp, 2005-02-23 16:43:11
[797] Suzy2005-02-27 13:42:05

Van egy torony.Ennek a harmadrésze a földben negyede pedig a vízben van.És száz láb magasan emelkedik a víz fölé.Hány láb az egész?? Egyenletbe kéne felírni és megoldani. Légyszi ha tudja valaki írja le.De még ma.Köszi:suzy

[798] lorantfy2005-02-27 14:03:51

Kedves Suzy!

A torony teljes magasságát vegyed x-nek. Ekkor a földben lévő rész  \frac{x}{3}, a vízben lévő rész  \frac{x}{4} és a víz felett lévő rész 100 láb. Ha ezeket összeadod a torony teljes magasságát kapod, vagyis x-et. Meg is van az egyenlet! Aztán mindkét oldalt beszorzod 12-vel, rendezed és kész.

Előzmény: [797] Suzy, 2005-02-27 13:42:05
[799] Suzy2005-02-27 14:09:51

Köszi.Megpróbálom megoldani.

[800] Suzy2005-02-27 14:19:57

x+7x/12+1200=x jól írtam fel? Segíts levezetni.Kösz.

[801] Suzy2005-02-27 14:32:44

Kösz rájöttem a híbára.De még van 3 feladat. 2.Egy jó Betűszámvető gyermektől mivel nagyon gyenge volt azt kérdik az egsámenben hány esztendős? azt felei 1/3 rész annyi mint atyám :hát az atyád hány esztendős?-kérdik tőle:erre meg ezt feleli hogy 50 esztendő múlva ha élünk atyám éveinek 1/4részével lessz idősebb nálam.Melyik hány esztendős most??Ezt is egyenletbe kéne felírni és megoldani.Köszi:suzy

[802] lorantfy2005-02-27 15:28:39

Legyen a gyerek most x éves, akkor az apa 3x. 50 év múlva mindketten 50 évvel lesznek idősebbek, tehát x+50 és 3x+50 évesek lesznek. Mivel ekkor az apa éveinek 1/4 részével idősebb a gyermekénél, így az apa életkorának 3/4-e pont a gyerek éveinek számát adja. Megvan az egyenlet!

Előzmény: [801] Suzy, 2005-02-27 14:32:44
[803] Suzy2005-02-27 15:59:51

Köszönöm.Sikerült. 3.Kétjegyű szám tízeseinek jegye 5-tel több mint az egyeseinek a száma.Ha a felcserélt számjegyű számot hozzáadjuk akkor 143-at kapunk.Mekkora az eredeti kétjegyű szám? Ez is egyenletben kéne.De a megoldást tudom.

[804] Csimby2005-02-27 16:20:12

Van még valakinek valami házifeladata holnapra? Tényleg NAGYON ÉRDEKESEK... mindenki írja be ide, aztán majd valaki megcsinálja helyette...

Más: 127. feladat Biz. be, hogy

\frac{n}{\ln{(n+1)}}<\root{n}\of{(n+1)!}

(saját, de nem valami nehéz és nem is ad túl jó becslést, ráadásul egyre pontatlanabb... azért érdekes lehet)

Előzmény: [803] Suzy, 2005-02-27 15:59:51
[805] Csimby2005-02-27 16:22:00

Ja és 150. feladat!

Előzmény: [804] Csimby, 2005-02-27 16:20:12
[806] lorantfy2005-02-27 16:26:41

Az egyesek helyén álló számjegy legyen x, akkor a 10-es helyiértéken álló x+5. A szám értéke: 10(x+5)+x, hiszen a tizes helyiértéken álló értéke 10-szeres. Hasonlóan a felcserélt számjegyű szám: 10x+(x+5). Ezek összege 143 és kész az egyenlet.

Előzmény: [803] Suzy, 2005-02-27 15:59:51
[807] xXx2005-02-28 19:01:59

Üdv mindenkinek! Csimby kérésére még két házifeladat:-)

151.feladat: Az ABCDA'B'C'D' és EFGHE'F'G'H' egybevágó kockák. ACC'A' és EGG'E' átlós metszetének a sikja közös és ez a két téglalap közös középpontjuk körül 90 fokos elforditással egymásba vihető át. Fejezzük ki a kockák közös részének térfogatát az AB=a éllel.

152.feladat: Bizonyitsuk be hogy tetszőleges konvex tízszög oldalhosszainak számtani közepe kisebb, mintátlói hosszának számtani közepe.

Dávid

[808] Csimby2005-02-28 21:42:30

A zöld szakaszok hosszának összege a háromszögegyenlőtlenség miatt (10-szer kell használni) nagyobb mint az oldalak hosszának összege.

A kék szakaszok hosszának összege a háromszögegyenlőtlenség miatt (10-szer kell használni) nagyobb mint az oldalak hosszának összege.

A piros szakaszok hosszának összege a háromszögegyenlőtlenség miatt (10-szer kell használni) nagyobb mint az oldalak hosszának összege.

Ha mindegyik lila szakaszt kétszer vesszük, akkor szintén a háromszög egyenlőtlenség miatt (10-szer kell használni) a hosszuk összege nagyobb mint az oldalak hosszának összege (mindegyik lila szakasz két olyan háromszögbe is beletartozik amelynek egyik oldala a 10-szög oldala, másik oldala pedig szintén lila szakasz).

Tehát a kék, zöld, piros és lila szakaszok hosszának a 2-szerese nagyobb mint az oldalak hosszösszegének a 7-szerese.

Világos, hogy a lila, kék, zöld, piros szakaszok hosszának az összege kisebb mint az átlók hosszának az összege. Tehát az átlók hosszösszegének 2-szerese nagyobb mint az oldalak hosszösszegének a 7-szerese. Az egyenlőtlenség mindkét oldalát 70-nel leosztva megkapjuk, hogy az oldalak hosszának számtani közepe kisebb mint az átlók hosszának számtani közepe (hiszen 10*7/2=35 átlója van).

Az ábrán csak esztétikai okokból szerepel szabályos 10-szög, könnyen végig gondolható, hogy a bizonyítás bármely konvex 10-szögre működik.

Előzmény: [807] xXx, 2005-02-28 19:01:59
[809] nadorp2005-03-01 08:16:01

Szia !

Ez nem ugyanaz, mint Káli guláé, mert ebből következik a 146. feladat állítása ( azaz elvileg erősebb az állítás). Azért csak elvileg, mert lehet, hogy ekvivalensek, ezt nem sikerült belátnom.

Előzmény: [796] Atosz, 2005-02-26 08:08:21
[810] nadorp2005-03-01 08:30:18

Szia !

Ez nem csak a 150. feladat, hanem az A365 sz. KÖMAL példához is van némi köze, úgyhogy a megoldással én még várnék.

Előzmény: [805] Csimby, 2005-02-27 16:22:00
[811] Csimby2005-03-01 11:11:13

Hát jó, várjunk vele 15.-ig, bár én sajnos nem látom hogyan lehetne felhasználni A.365-ben. (persze lehet, hogy a bizonyításban van valami eszköz ami használható oda is...)

Előzmény: [810] nadorp, 2005-03-01 08:30:18
[812] nadorp2005-03-01 12:15:48

Én sem arra gondoltam, hogy a becslés elegendő A365-höz, de ha valaki egy kicsit elkezdi élesítgetni egy hasonló módszerrel, mint amit - ezt csak sejtem - Te használtál, akkor abból már kijöhet valami.

Előzmény: [811] Csimby, 2005-03-01 11:11:13
[813] Atosz2005-03-01 21:52:49

Szia Nadorp!

Ha jól értem a feladat szövegét, akkor nekem egyenértékűnek tűnik a "középső harmadába esik" kitétel, illetve a Káli gúla által megadott arány, azaz egyiből köv. a másik és fordítva. Addig is amíg ezt kiderítjük, itt van a következő, a [153.] feladat. Ezt középiskolában a szöveges egyenletek végén célszerű bevetni, hogy értik-e a nebulók a témát:

[153.] feladat: A barátom és én, együtt 86 évesek vagyunk. Az én életkorom 15/16-a annak az életkornak, amennyi idős a barátom akkor lesz, amikor az én életkorom 9/16-a lesz annak az életkornak, amennyi idős a barátom akkor lenne, ha kétszer annyi idős lenne, mint én akkor, amikor életkorom éppen kétszerese az ő életkorának. Mennyi idős vagyok?

Természetesen mindezt tovább csűrni csavarni nem érdemes, hiszen rengeteg ilyet lehetne kreálni, de azért egynek nem rossz. Lehet próbálkozni az egyenlettel...

Előzmény: [809] nadorp, 2005-03-01 08:16:01
[814] xXx2005-03-01 23:40:27

Kösz Csimby! Tetszik..:-)

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]