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]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2470] Hajba Károly2007-12-04 12:38:43

Elvileg ez egy nyílt Hamilton-kör lenne, amire nincs egyértelmű megoldhatósági kritérium, mint az Euler-körre van. Nekem úgy tűnik, nem létezik Hemilton-kör, de a gráfok mélységében nem vagyok eléggé járatos, így nem tudom bizonyítani.

Előzmény: [2467] Csimby, 2007-12-04 01:26:25
[2469] jonas2007-12-04 11:08:03

Nem rossz feladat.

Megbetűztem az ábrát, hogy könnyebb legyen beszélni róla.

Előzmény: [2467] Csimby, 2007-12-04 01:26:25
[2468] rizsesz2007-12-04 08:45:58

Erre emlékszem, ez egy mat. probléma volt :) Tesóm, aki 7 évvel kisebb nálam, megcsinálta és nem annyira triviális :) mint gondolná az ember.

Előzmény: [2467] Csimby, 2007-12-04 01:26:25
[2467] Csimby2007-12-04 01:26:25

331.feladat forrás: Abacus

[2466] Csimby2007-12-04 01:19:45

Láttam most egy hasonlót (legalábbis annyiban hasonlít, hogy körmérkőzéses :-):

330.feladat 8-an körmérkőzést játszanak (nincs döntetlen). Biz.be, hogy mindig kiválasztható 4 olyan versenyző, akik közül az első legyőzte a másodikat, harmadikat és negyediket, a második legyőzte a harmadikat és negyediket, valamint a harmadik legyőzte a negyediket.

Előzmény: [2439] rizsesz, 2007-11-23 10:23:55
[2465] Cckek2007-12-02 23:43:39

Határozzuk meg az összes f\inC1[0,1] függvényt melyre f(x^\alpha)=kx^\alpha f'(x), ahol k\in(0,\infty).

[2464] HoA2007-11-27 18:36:33

Egy másik megoldás a 6 versenyzőre: Legyen a(z egyik) győztes A. Mivel összesen 6 x 5 / 2 = 15 pontot osztanak ki (sakk) , neki legalább 2.5 pontja van. Vegyük az A-t tartalmazó párok P halmazát ( 5 pár ) és a P párokat legyőzők G halmazát . G nem lehet 1 elemű, mert akkor saját magát is le kellene győznie. De nem lehet 3 vagy több elemű sem, mert akkor A-t legalább hárman legyőzték volna, tehát nem lehetne csak 5-3 = 2 pontja. Ha viszont G kételemű, akkor G tagjai A-tól 2, a többi 5 résztvevőtől együtt legalább 5 pontot szereztek, így együtt legalább 7 pontjuk van, az egyiknek legalább 3.5. A viszont a 2 pont elvesztésével legfeljebb 3 pontos lehet, ami ellentmond annak, hogy ő a(z egyik) győztes.

Előzmény: [2439] rizsesz, 2007-11-23 10:23:55
[2463] rizsesz2007-11-27 13:24:43

Kösz Sanyi!

Előzmény: [2462] Enkidu, 2007-11-27 13:23:05
[2462] Enkidu2007-11-27 13:23:05

A hétszereplős kőrmérkőzésre a válasz: lehetséges.

A következő táblázat mutat egy lehetséges esetet: az egyes sorokban azt jelöltem, hogy az adott játékost ki verte meg.

1| 2,3,4 (2,3 és 4 veri az 1-est) 2| 3,6,7 3| 4,5,7 4| 2,5,6 5| 1,2,7 6| 1,3,5 7| 1,4,6

A példád továbbgondoltam 7-nél több szereplő esetére.(Nem lesz valami nagy durranás) Szóval ekkor is megoldható, hogy bármely 2-höz legyen aki veri mindkettőt. Pl. az összes többit verje a 2,3,4-es (az első 7-en kívűli összes többit). Ez nyilván megfelelő.

Sziasztok!

Előzmény: [2438] nadorp, 2007-11-23 08:10:45
[2461] Hajba Károly2007-11-27 11:32:30

Khmm ... hát igen ... már épp szólni akartam, hogy ez -, ha nem is a te problémafelvetésed nézőpontjából,- már lemazsolázott téma. :o)

Előzmény: [2460] Sirpi, 2007-11-27 11:01:14
[2460] Sirpi2007-11-27 11:01:14

Köszi, sokat segítettél :-)

Emiatt a 396 miatt egyrészt leesett az állam, másrészt arra is rájöttem, hogy ennek fényében nem biztos, hogy érdemes túl sok időt belefeccölnöm a probléma vizsgálatába...

Ja, és itt egy példa, amikor páratlan sok elem tölti ki a téglalapot (bár nem minimális), ezt hirtelen találtam, lehet, hogy van kisebb is.

Előzmény: [2459] Hajba Károly, 2007-11-27 01:09:54
[2459] Hajba Károly2007-11-27 01:09:54

A 396-os csúcs.

Legalábbis ennyit találtam. Gyanítom, hogy végtelen lehet a felső határ.

Előzmény: [2457] Hajba Károly, 2007-11-27 00:40:58
[2458] Hajba Károly2007-11-27 01:05:44

Még ezeket találtam, mely a témához érdekes lehet:

Polyominoes in Rectangles

Rectifiable polyomino page

Előzmény: [2456] Sirpi, 2007-11-26 15:38:24
[2457] Hajba Károly2007-11-27 00:40:58

396 a csúcs.

Michael Reid's box collection

Az elején ott a 10-es is, míg a 396-os egy 14 egységes elem 66*84-es kockában, lent, majdnem a végén. Persze a rajz nincs közölve. Lehet görcsölni.

Előzmény: [2456] Sirpi, 2007-11-26 15:38:24
[2456] Sirpi2007-11-26 15:38:24

Igazad van, ez kimaradt. Én úgy vettem, hogy lehet tükrözni. Bár az is érdekes lehet, hogy milyen különbség adódhat egy adott alakzat esetén, ha megengedjük, illetve ha nem engedjük meg a tükrözést.

És igen, én is 10-est találtam még az 1,2,4-en kívül. Vajon van más?

Előzmény: [2454] Hajba Károly, 2007-11-26 14:26:42
[2455] Hajba Károly2007-11-26 14:35:45

Találtam egy tükrözés nélküli 10-est. Lehet, hogy ez a tied is? 1 perc alatt összejött.

Gyanítom, hogy az 1 kivételével ezek a számok csak párosak lehetnek.

Előzmény: [2453] Sirpi, 2007-11-26 12:53:02
[2454] Hajba Károly2007-11-26 14:26:42

Tükrözni lehet? Vagy csak tolás-forgatás?

Előzmény: [2453] Sirpi, 2007-11-26 12:53:02
[2453] Sirpi2007-11-26 12:53:02

Felmerült bennem egy probléma, egyelőre csak ízlelgetem. Az egyszerűség kedvéért nevezzünk rácsidomnak rácsnégyzetekből álló, élek mentén illeszkedő, összefüggő alakzatokat (gondoljatok a tetrisre, de nem feltétlen kell 4 kis négyzetből állnia az alakzatnak). Ezek között vannak olyanok, amiket többször felhasználva ki lehet rakni egy téglalapot, másokból meg nem. Az előbbiekhez rendeljük hozzá az ehhez szükséges minimális darabszámot. Tehát ha az alakzat eleve téglalap, akkor 1-et, a tetrisben pedig pl. az L-alakhoz 2-t, a T-alakhoz 4-et rendelünk.

A kérdés az, hogy mekkora lehet maximálisan ez a szám? Vagy egyáltalán, milyen más értékek adódhatnak így?

Mindenesetre találtam 4-nél nagyobbat már, innen jött az ötlet.

[2452] Lóczi Lajos2007-11-25 22:46:37

Nem olyan nehéz ez.

Tudjuk, hogy x, y és z pozitívak. Az x\mapstog(x,y,z) egy pozitív főegyütthatós másodfokú polinom. A gyökképlettel fejezzük ki a gyökeit, és mondjuk végezzük el az Y:=y2, Z:=z2, továbbá az A:=Y+Z, B:=YZ helyettesítéseket. Nyilván A2-4B\ge0, A>0, B>0.

Azt kapjuk, hogy

x_{\pm}=(*pozitiv*kifejezes*)\cdot (-A^4 + 2A^2 B + 16B^2 \pm  {\sqrt{\left( A^2 - 4B \right) \left( A^2 + 4B \right) 
      \left( A^4 - 4A^2B - 16B^2 \right) }}).

Ki akarjuk zárni, hogy g<0 pozitív x-ekre.

Ha a diszkrimináns negatív, készen vagyunk.

Ha a diszkrimináns A2-4B miatt nulla, szintén készen vagyunk, mert ez annak felel meg, ha y=z, de g(x,y,y)=4{\left( x - y \right) }^2 y.

Elég tehát az A4-4A2B-16B2\ge0 esetben megvizsgálni, hogy a nagyobbik gyök, x+ lehet-e pozitív.

Elemi módon látszik, hogy A4-4A2B-16B2\ge0 és -A4+2A2B+16B2\ge0 és A2-4B\ge0 egyszerre nem teljesülhetnek a pozitív számpárok körében.

Az kell tehát csak megnézni, mi van, ha -A4+2A2B+16B2\le0 (a diszkrimináns előjelére nem is kell most figyelni). Ekkor átrendezve és négyzetre emelve az x+>0 egyenlőtlenséget (mindkét oldal nemnegatív!), azt kapjuk, hogy A4B2<0, ami nem lehet. A bizonyítás készen van.

Előzmény: [2450] Lóczi Lajos, 2007-11-25 20:32:12
[2451] Róbert Gida2007-11-25 20:51:55

Igen, ezt kell belátni, nem szabadott volna négyzetre emelnem, mert a jobb oldal negatív is lehet, köszönhetően annak, hogy: igaz, hogy R\geq2*r teljesül, de R bármekkora lehet rögzített r mellett.

Egyébként szabályos háromszögre egyenlőséggel, ez megfelel x=y=z-nek és g(x,x,x)=0

Előzmény: [2450] Lóczi Lajos, 2007-11-25 20:32:12
[2450] Lóczi Lajos2007-11-25 20:32:12

Szerintem a bizonyítandó egyenlőtlenség a te jelöléseiddel ez:

g(x,y,z):=x^2 y + x y^2 + x^2 z - 14 x y z  + y^2 z + 
  x z^2 + y z^2 + 2 x^2 {\sqrt{y z}} + 
  2 x y {\sqrt{y z}} + 2 x z {\sqrt{y z}} + 
  2 y z {\sqrt{y z}}\ge 0.

Előzmény: [2449] Lóczi Lajos, 2007-11-25 20:18:31
[2449] Lóczi Lajos2007-11-25 20:18:31

f(1,1/64,1)<0 nálam.

Előzmény: [2448] Róbert Gida, 2007-11-25 16:29:22
[2448] Róbert Gida2007-11-25 16:29:22

Hm, a polinom lexikografikusan legnagyobb tagjának negatív az együtthatója, ergó számtani-mértani egyenlőtlenségekkel ezt nem lehet belátni.

A polinom egyébként homogén hatodfokú, így feltehető például, hogy x=1 teljesül. (Kicsivel rövidebb lesz akkor a képlet.)

Előzmény: [2446] Róbert Gida, 2007-11-25 16:14:49
[2447] Róbert Gida2007-11-25 16:18:29

Tehát az kell, hogy

f(x,y,z)\geq0

, ha x,y,z pozitív valós számok. Persze még a Héron képletet is használtam:

T2=s(s-a)(s-b)(s-c)

Előzmény: [2446] Róbert Gida, 2007-11-25 16:14:49
[2446] Róbert Gida2007-11-25 16:14:49

A következőkkel próbálkoztam:

s=\frac {a+b+c}{2}, r=\frac Ts, R=\frac {abc}{4T}

Majd egy háromszögekre való egyenlőtlenség bizonyításának ismert technikája: legyen

x=s-a,y=s-b,z=s-c

Ekkor x,y,z>0 teljesül, megfordítva minden pozitív x,y,z-re tartozik pontosan egy háromszög. (oldalaira a háromszög-egyenlőtlenség teljesül). Ezt beírva és négyzetre emelve és rendezve az oldalt kapjuk: f(x,y,z)=4yz(x+z)2(x+y)2-(16xyz-(x+y)(y+z)(z+x))2 kell teljesülnie minden pozitív x,y,z számokra. Ez a polinom viszont a maple szerint irreducibilis a racionális többváltozós test felett. Egy nehéz módszer ilyenkor, hogy számtani-mértani egyenlőtlenségek tucattyaival igazolni, hogy f(x,y,z) pozitív, de ennek a megtalálása egyáltalán nem triviális, illetve van amikor nem is lehetséges, annak ellenére, hogy az egyenlőtlenség igaz.

Előzmény: [2443] Gyöngyő, 2007-11-25 13:26:07

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]