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]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2488] szbela2007-12-07 01:38:08

Sziasztok!

Ez egy olyan megoldás lenne, ahol arra a tételre hivatkozol, hogy ha van a gráfban Hamilton-kör, akkor k csúcs és az ezekből induló élek elhagyásával a gráf legfeljebb k komponensre esik szét? A zöld (6db) pontok elhagyásával a gráf 8 db komponensre esik szét, azaz nincs Hamilton-köre.

Előzmény: [2485] jonas, 2007-12-06 19:41:31
[2487] Hajba Károly2007-12-07 00:17:58

Na most már tiszta, ez az ábra segített. :o)

Valóban szép feladat.

Előzmény: [2485] jonas, 2007-12-06 19:41:31
[2486] Csimby2007-12-06 20:41:43

Igen! Én is erre gondoltam! :-)

Előzmény: [2485] jonas, 2007-12-06 19:41:31
[2485] jonas2007-12-06 19:41:31

Tényleg, most hogy így mondod a négyszögeket meg a véges matekot,

Előzmény: [2484] Csimby, 2007-12-06 19:30:59
[2484] Csimby2007-12-06 19:30:59

Nem kell program. Van "szép" megoldás is, tehát nem ilyen esetszétválasztgatós. Mondjuk nekem hogy rájöjjek kellett valami amit véges matekon tanultunk az egyetemen.

[2483] jonas2007-12-06 19:22:38

Lefuttattam rá egy kimerítő keresést. Nem volt nehéz, mivel csak 14 csúcs van, és minden csúcsból csak legfeljebb három irányba lehet továbbmenni.

Ha helyes a programom, akkor nincs benne Hamilton-út.

Ha megengedjük, hogy egy csúcsot kihagyjunk, akkor pl. a következő útvonal jó: ACHMNLKIJFGBD.

Előzmény: [2467] Csimby, 2007-12-04 01:26:25
[2482] jonas2007-12-06 18:44:00

Ja értem, te is azt mondtad.

Előzmény: [2475] jonas, 2007-12-05 07:51:54
[2481] Csimby2007-12-05 21:07:30

Köszi a megoldást. Amúgy 2004-es Péter Rózsa versenyfeladat tanárképző főiskolásoknak.

Előzmény: [2480] Enkidu, 2007-12-05 13:41:13
[2480] Enkidu2007-12-05 13:41:13

A bizonyítás:

Nyolc ember között van olyan, aki legalább négy másikat elvert. Ő lesz a győztesünk. Vizsgáljuk azt a négy embert, akiket megvert. Ezen négyesben van olyan ember, aki a másik három ember közül kettőt elvert, ő lesz a "második". Az a két ember, akiket ez az utóbbi elvert eldöntik egymás között, ki a harmadik és a negyedik. Ezzel kész.

Ha hét emberre vizsgálnánk, akkor már nem feltétlenül teljesül; ha pl (megszámozva a versenyzőket) mindenki elveri a nála 1,2 és 4-gyel nagyobb sorszámút (modulo 7 gondolkozva - ennyi pontatlanság talán belefér:)), akkor az egy ellenpélda.

Előzmény: [2466] Csimby, 2007-12-04 01:19:45
[2479] Enkidu2007-12-05 13:31:00

Egy ezzel a példával kapcsolatos aranyos (bár elég egyszerű) példa a következő:

Sherlock Holmes ősi ellenfele Mortimer ellopta a Mona Lisát a párizsi Louvre-ból. Holmes éppen Péterváron volt és rögtön repülőre ült, hogy elkapja a gazfickót. (Európa repülőtereit a lenti ábra mutatja; egy lépésben csak egy szomszédos repülőtérre repülhetünk, azaz pl Pétervárról közvetlenül csak Moszkva, Vilnius és Stockholm érhető el.) Miután Holmes lépett egyet Mortimernek is lépnie kell (ha túl sokáig maradna egy helyen elkapnák a rendőrök). Vagyis a két játékos felváltva lép. Ha Holmesnak sikerül ugyanabba a városba repülnie, ahol éppen akkor Mortimer tartózkodik, akkor elkapja és vége a játéknak. Ha Mortimer 15 lépés után is szabad, végleg megmenekült. El lehet-e fogni Mortimert? Ha igen, hogyan?

Előzmény: [2468] rizsesz, 2007-12-04 08:45:58
[2478] HoA2007-12-05 11:44:06

Igaz, a felismert tulajdonságból következik a páros oldalszám.

Előzmény: [2477] rizsesz, 2007-12-05 11:16:16
[2477] rizsesz2007-12-05 11:16:16

Nem tudom, hogy arra a megoldásra jöttél-e rá, amire én is gondolok, de abban sokat segít a négyszög dolog. Háromszögekkel pl. nem működne. :)

Előzmény: [2476] HoA, 2007-12-05 11:11:43
[2476] HoA2007-12-05 11:11:43

Nem is tudom, most örüljek-e, hogy sikerült rájönni egy megoldásra, amihez valóban elég egy 8 éves tudása. Az ebben a megoldásban felhasznált tulajdonság felismeréséhez nem a 10 négyszög léte, hanem az segít, ami hiányzik az ábráról :-)

Előzmény: [2474] rizsesz, 2007-12-04 14:05:10
[2475] jonas2007-12-05 07:51:54

Hamilton-út (egy kicsit még nehezebb). Ez a gráf viszont elég kicsi ahhoz, hogy végig lehet nézni.

Előzmény: [2470] Hajba Károly, 2007-12-04 12:38:43
[2474] rizsesz2007-12-04 14:05:10

Ez egy nagyon fontos észrevétel, hogy 10 darab négyszög jön létre. Egy ez alapján megsejthető tulajdonság következménye a megoldás.

Előzmény: [2473] Hajba Károly, 2007-12-04 14:01:11
[2473] Hajba Károly2007-12-04 14:01:11

A vonalak 10 db négyszöget határoznak meg. Ha ezeket átalakítjuk egy újabb gráffá úgy, hogy a négyzetek a gráfcsúcsok és a csatlakozó él az új gráf élei, akkor ebben a gráfban is meg kellene tudni csinálni az összekötést. Ha nem sikerül, akkor az eredetiben sem lehet.

Persze tudom ez nem bizonyítás. Inkább csak morfondíroztam egyet. :o)

Előzmény: [2471] Csimby, 2007-12-04 12:47:51
[2472] rizsesz2007-12-04 13:58:02

Akkor gondolj arra, hogy a hivatalos megoldás tulajdonosa 2. osztályos volt. És nem középiskolás, hanem általános iskolás, azaz 8 éves. Szóval érdemes elrugaszkodni egy kicsit attól, amit az ember tud, és olyan fejjel gondolkodni, mintha csak nagyon alapvető eszközeink lennének. :)

Előzmény: [2470] Hajba Károly, 2007-12-04 12:38:43
[2471] Csimby2007-12-04 12:47:51

Szerintem is egy szép feladat :-) Ha alég sokáig nézi az ember a gráfot, akkor észre lehet venni valamit ami nagyon sokat segít.

[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

  [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]    [161]