|
|
|
[3022] Lóczi Lajos | 2009-09-25 23:53:41 |
Legyen x rögzített valós szám és tekintsük az y0=1,
yn+1=(1+x)yn+nx2
rekurzív sorozatot. Adjuk meg yn explicit alakját csak x és n függvényében.
|
|
|
[3020] Sirpi | 2009-09-14 09:22:30 |
234167589133(10) = 110110 10000101 01111001 11011001 00001101(2)
Meg képzelj elé egy csomó 0-t, hogy 64 jegyű legyen. Amíg az első jegy 0, addig a legalsó korong még a helyén van, amíg a 2. nulla, addig az utolsó előtti is, stb. Ebben az állásban a 38. (alulról a 27.) korongot már átmozgattuk (mert az az első 1-es). Ha a köv. helyiértéken 0 lenne, akkor az még rajta lenne a 38. korongon, de mivel 1-es van, ezért már lekerült róla. A köv. jegy 0, ezért a 36. a 37.-en van rajta, aztán 1, vagyis a 35. lekerült róluk stb.
A 4 állapot, amit írtam (00, 01, 10, 11 kezdetek) azt jelzi, hogy az alsó két korong épp milyen állapotban van:
00: mindkettő az eredeti helyén
01: az utolsó előtti átkerül
10: az utolsó átkerül, de az utolsó előtti még nincs rajta
11: mind2 átkerült és egymáson vannak
Ez a gondolatmenet hasonlóan folytatható is az alsó 3, 4 stb korongra, ahogy fent már elemezgettem. Ami ebből nem látszik, hogy melyik korong épp melyik rúdon van, de az valahogy paritásból ki kell, hogy jöjjön, most túl korán van nekem ehhez :-) De ha rá akarsz erre jönni, akkor ne 64 koronggal próbálkozz, hanem mondjuk 3-4-gyel.
|
Előzmény: [3019] Higgs, 2009-09-13 20:30:32 |
|
[3019] Higgs | 2009-09-13 20:30:32 |
Biztos csak nekem nem világos, de a "4 állapotot"-nál elvesztettem a fonalat. Pl. az 234167589133-dik lépés utánni állapotot 64 korongnál hogyan tudhatom meg? Vagy hogyan számolhatom ki a k-adik korong álltal megtett utat a kirakás után, bár ez más kérdés:D
|
Előzmény: [3018] Sirpi, 2009-09-13 19:40:34 |
|
[3018] Sirpi | 2009-09-13 19:40:34 |
Az n 2-es számrendszerbeli alakjából szerintem ki lehet gyorsan következtetni. Pl. az utolsó, k. korong a 2k-1-dik lépésben kerül át a 3. rúdra, és onnan ott marad. hasonlóan a k-1. is 2k-2-dik lépésben kerül át a "rossz" rúdra, majd a 2k-1+2k-2-dik lépésben a jóra. Ezt a 4 állapotot a szám kettes számrendszerbeli eleje jelzi (00, 01, 10, 11). A k-2. korongot már 4-szer fogjuk mozgatni, mindig félidőben a korábbiakhoz képest. Figyelni kell rá, hogy a két szabad közül épp melyikre tesszük le, ezt most nem gondolom végig, valami maradjon Neked is ;-)
|
Előzmény: [3017] Higgs, 2009-09-13 18:57:46 |
|
[3017] Higgs | 2009-09-13 18:57:46 |
Sziasztok!
A következő a kérdésem: Hanoi tornyai feladatnál, hogyan határozhatjuk meg, hogy az n-edik lépés után az egyes korongok melyik rúdon, és milyen magasan fognak elhelyezkedni? (Feltételezve, hogy optimálisan oldjuk meg, vagyis 2 a k-adikon-1 lépésben.)
|
|
[3016] djuice | 2009-08-25 03:20:34 |
mégegy igazítás, az ábrán a=4; h<a a helyes jegyzet és a valamint h értékei ismertek (paraméterek)
Ezek után jöjjön a nagy kedvencem:
Hány marhát számlált a Napisten nyája, barátom Gonddal számold ki, hogyha vág az eszed Hányat őriztek Szicília tág legelőin, Négy kisebb részre bontva az isteni nyájt.
Mindegyik rész más színű volt. Hószín a legelső, Egy másik résznek színe sötét fekete. Barna a harmadik, a negyedik meg tarka-iromba. Mindben több a bika és kevesebb a tehén.
Többen voltak a barna bikák ott, mint a fehérek, Mégpedig a feketék harmadával s felivel. Tarkák számának negyedével és ötödével Múlta felül feketék száma a barnákét. Tarkák is túltettek a barnákon a fehérek Egyhatodával s még egyhetedével rá.
így a bikák. Hát a tehenek? Közülük a fehérek A fekete marhák harmadát s negyedét Alkották. Fekete tehenek meg a tarka Marhák egynegyedét, s rá még egyötödét.
Tarka-iromba tehén volt egyötöd- és hatodannyi Ebben a csordában, mint a barna barom. Végül barna tehén hatodannyi s még hetedannyi, Volt mint tiszta fehér marha (tehén s bika is).
Hogyha kiszámítod színenként hány bika volt ott És tehenekből hány - számok mestere vagy. Bölcsnek azonban nem mondhatnak, míg figyelembe Nem veszed azt is, amit még hozzáteszek ím:
Bonts a bikák nyáját két részre: fehér s feketékre Egy részben, másba barna s tarka kerül. Akkor az első rész sorakozhat négyzetalakban S háromszögletű szép rendben a többi bika.
Hogyha a problémát úgy oldod meg, hogy ez is vág Győzelmed teljes, s híres lesz a neved.
(A feladatot 1773-ban egy görög nyelvű kéziratban találta G. E. Lessing a wolfenbütteli könyvtárban.)
Mindent bele! :DD
|
|
[3015] djuice | 2009-08-24 23:45:26 |
bocsánat, a kék vonal a grafikonon nem a kapu pályaíve, hanem az ajtó záródásának függvényeként "t" értéke -> t(x)
|
|
[3014] djuice | 2009-08-24 23:40:37 |
:)))) Véletlenek nincsenek, sőt! Mivel annyit nem tanítottak meg analízisből hogy egy ilyen, a valós életből származó problémát le tudjon kezelni egy diák így kicsit nekem még középiskolás (paraméteres egyenlet) maradt megoldásnak. Volna miért szégyelnem magam, hogy 1 hónapig rágódtam rajta mire kiizzadtam, de valahogy a hasonló 3szögek ismérvei eszembe sem jutottak, ami végülis a megoldáshoz vezetett. A megrázó az, hogy kínomban már megmutattam itt a Miskolci Egyetemen a matektanáromnak (matematikai tudományok kandidátusa meg minden) és nem tudott vele mit kezdeni!!!!! Sajnos be kellett látnom, hogy aki 40 évig séma szerűen ugyanazt tanítja, "beleszürkül" a dolgokba és ilyen egyszerűbb gyakorlati dolgokat nem tud kezelni.
Szóval a megoldásom:
|
|
Előzmény: [3006] leni536, 2009-08-12 21:43:45 |
|
|
[3012] m2mm | 2009-08-17 14:50:26 |
Én találtam egy (lehet hogy elemi[mi számít eleminek?], mindenesetre komplex számok nélküli) megoldást. Legyen a>0, tehát a többi megoldást keressük.
a2+1=b3, tehát a2=b3-1=(b-1)(b2+b+1)=(b-1)((b-1)2+3(b-1)+3). Tetszőleges 3-mal nem egyenlő p prímre, b-1=pkl alakba írható. a2=pk(p2kl3+3pkl2+3l) Ha k>0, akkor p2kl3+3pkl2+3l nem osztható p-vel, tehát k páros. Magyarán b-1=c2, vagy b-1=3c2. Előbbi esetben Q=(b-1)2+3(b-1)+3 négyzetszám, de ((b-1)+1)2<Q<((b-1)+2)2, tehát mégse az: b-1=3c2.Mivel a>0, ezért b>1, tehát c pozitív.
a2+1=(3c2+1)3=27c6+27c4+9c2+1, ebből . (c2+1)2<e2<(2c2+1)2. Tehát e c2-tel való osztási maradéka 2,3,4,...,0 lehet(tehát csak 1 nem lehet), mindegyik 1 esetben. e2 c2-tel való osztási maradéka 1.
Tehát e=c2+f, e2=c4+2fc2+f2, e2f212 (modc2), tehát c2|(f-1)(f+1), magyarán f=1 vagy f=c2-1. f=1 nem lehet, tehát e=2c2-1. Tehát 3c4+3c2+1=(2c2-1)2=4c4-4c2+1, 7c2=c4, c>0 miatt 7=c2, tehát c nem egész. Tehát csak az (a,b)=(0,1) számpár megoldás.
|
Előzmény: [3011] Lóczi Lajos, 2009-08-17 13:54:34 |
|
|
|
[3009] Higgs | 2009-08-16 16:02:20 |
Igen, rosszul tettem fel! Az előbb említett eseten kívűl van-e más megoldás is, és ha nincs, akkor hogyan bizonyítható?
|
|
|
[3007] Higgs | 2009-08-15 21:40:05 |
Üdv!
Egy négyzetszám+1 lehet egyenlő egy köbszámmal?
|
|
|
[3005] djuice | 2009-08-12 21:08:56 |
Sziasztok!
A következő feladatot adnám fejtörés gyanánt: Adottak A és B pontok melyek mozognak egy meghatározott síkban, A-B távolsága mindíg állandó. A pont vízszintesen mozog, B függőlegesen. Ha A-B pontok állandó távolságát pl egy rúddal szemléltetjük, a rúd mozgás során kapott gördülési íve milyen síkgörbével határozható meg? Továbbá ha ezt a rendszert pl egy lezáródó garázsajtóként értelmezzük (merthogy gyakorlati alkalmazásként onnan származik), egy adott H magasságú jármű milyen minimális M távolságra kell beparkoljon a garázsba, hogy a lezáródó ajtó ne ütközzön a tetejének? (nem túl bonyolult feladat, de érdekes paraméteres egyenletet lehet rá felírni) :)
|
|
|
[3003] MTM | 2009-08-01 13:27:33 |
Ha van másik 10n+1 alakú prím, akkor annak a négyzete pal., de tudtommal nem ismert másik(és nincs is bizonyítva, hogy nincs több), magyarán ez a kérdés baromi nehéz.
|
Előzmény: [3000] Radián, 2009-07-22 19:17:50 |
|
|
|