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.
[3446] lorantfy2011-06-03 23:54:20

Kezdőknek egy kis segítség: itt

Előzmény: [3445] lorantfy, 2011-06-03 23:37:21
[3445] lorantfy2011-06-03 23:37:21

Valóban ez a fő kérdés és nem is nehéz erre rájönni. Nyilván segít, ha volt már a kezedben ilyen játék. Nem baj, ha csak 3x3-as.

Előzmény: [3444] HoA, 2011-05-30 21:54:09
[3444] HoA2011-05-30 21:54:09

Akkor ne csak kérdés legyen, hanem feladat is:

Hány lényegesen különböző kezdeti kirakás van, ha azokat a kirakásokat nem tekintjük lényegesen különbözőknek, melyek a játék szabályos húzásaival egymásba átalakíthatók?

Előzmény: [3443] jonas, 2011-05-29 13:58:29
[3443] jonas2011-05-29 13:58:29

Az első kérdés, hogy egyáltalán át lehet-e rendezni?

Előzmény: [3442] lorantfy, 2011-05-28 23:13:00
[3442] lorantfy2011-05-28 23:13:00

525. Legkevesebb hány húzással rendezhető át a 4x4-es kirakó az alaphelyzetéből a fordított számsorrendbe?

[3441] cauchy2011-04-24 03:49:33

Ha Sir Galahadet nem választja ki, akkor 5 lovagot kell kiválasszon 11 közül, ha kiválasztja, akkor a többi négyet 9 közül kell kiválassza, most már kör nélkül.

Előzmény: [3438] lorantfy, 2011-04-18 12:32:12
[3440] physis2011-04-20 10:56:56

Mármint úgy értem, a megoldást közvetlenül kiadó esetszétválasztási gráfot, nem magát az eredetileg kitűzött gráfot.

Előzmény: [3439] physis, 2011-04-20 08:45:48
[3439] physis2011-04-20 08:45:48

Én egy hónapja találkoztam a feladattal, és bár numerikusan megoldottam, de én akkor egyáltalán nem jutottam messze a megértésben, mindössze leteszteltem, és kézzel felrajzoltam a gáfot is (az egyik lehetséges séma szerint). A gráf kétségtelenül szabályosságokat mutat, de azért az előző Hozzászólók megoldása sokkal szebb.

A gráf itt látható (nyugodtan lehet nagyítani, mert vektorgrafikus SVG-ábra, nem kockásodik, bár lehet, hogy egyes böngészők esetén esetén a rosszminőségű rasztergrafikus vésztartalék-változatom jön be helyette). 0-tól 11-ig vannak beszámozva a lovagok.

Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52
[3438] lorantfy2011-04-18 12:32:12

Kérlek fűzzél hozzá egy rövid magyarázatot!

Előzmény: [3437] cauchy, 2011-04-16 19:11:14
[3437] cauchy2011-04-16 19:11:14

\binom{n-k}{k}+\binom{n-k-1}{k-1}=\binom75+\binom64=36

Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52
[3436] bily712011-04-16 18:39:10

Az 524. feladat átfogalmazva:

Egy szabályos 12 szögbe rajzoljunk úgy 5 szögeket, hogy az ötszög csúcsait a 12 szög csúcsaiból választjuk ki úgy, hogy ne legyen köztük két szomszédos.

Megoldás:

Tehát van 5 kiválasztott csúcsunk és minden szomszédos kiválasztott csúcs közé legalább egy nem kiválasztott csúcs esik. A 12 szög csúcsait megszámozva 3 lényegesen különböző kiválasztás lehetséges, melyek forgatással nem vihetők egymásba: 1,3,5,7,9; 1,3,5,7,10; 1,3,6,8,10. Ha ezeket a szabályos 12 szög középpontja körül k\pi/6-tal elforgatjuk, ahol k=1,2,...,11, megkapjuk az összes olyan 5 szöget, mely kielégíti a fenti feltételeket, ilyen 5 szögből tehát 3.12=36 van, vagyis a király 36 féleképp tud kiválasztani 5 lovagot úgy, hogy ne legyen köztük haragos.

Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52
[3435] lorantfy2011-04-16 11:34:52

524.feladat

Arthur király kerekasztalánál 12 lovag foglal helyet. Minden lovagnak két haragosa van, a két szomszédja. Hányféleképpen tud a király kiválasztani közülük 5 lovagot úgy, hogy ne legyenek köztük haragosok? (Medve matematika verseny)

[3434] Mumin2011-04-01 16:44:26

Azt hittem, a Wikipedián megtalálható az A betűnél, de nem. Szóval az A alatt az Ackermann-függvényre gondoltam.

Előzmény: [3433] Mumin, 2011-04-01 16:38:22
[3433] Mumin2011-04-01 16:38:22

Egy újabb tipp, az állóvíz felkavarása céljából:

A(99!!!,9)

Előzmény: [3400] Tassy Gergely, 2010-12-30 23:29:00
[3432] Lóczi Lajos2011-02-21 13:59:15

Valóban, ennél "jobb" feltételt szerintem nem lehet találni.

Előzmény: [3431] Róbert Gida, 2011-02-18 16:31:25
[3431] Róbert Gida2011-02-18 16:31:25

f(x,0)=g(x)h(0) és f(0,y)=g(0)h(y), innen, ha teljesül a feltétel és g(0)h(0)\ne0, akkor f(x,y)=\frac {f(x,0)f(0,y)}{g(0)h(0)}, azaz f(x,y)=Cf(x,0)f(0,y), ahol C konstans. Megfordítva, ha ez utóbbi feltétel teljesül, akkor van alkalmas g,h függvényünk: g(x)=Cf(x,0) és h(y)=f(0,y)

Előzmény: [3428] Lóczi Lajos, 2011-02-12 04:02:26
[3430] Lóczi Lajos2011-02-18 14:02:42

Az a szép, hogy olyan feltételt is lehet találni, amelyben egyáltalán nincs deriválás.

Előzmény: [3429] nadorp, 2011-02-18 08:22:52
[3429] nadorp2011-02-18 08:22:52

Első körben, kellően szép függvényt feltételezve (ln |f(x,y)|)xy=0 vagy (ln |f(x,y)|)yx=0

Előzmény: [3428] Lóczi Lajos, 2011-02-12 04:02:26
[3428] Lóczi Lajos2011-02-12 04:02:26

Adjunk (minél egyszerűbb és jól kezelhető) feltételt arra nézve, hogy egy f kétváltozós függvény mikor áll elő f(x,y)=g(x)h(y) alakban, alkalmas egyváltozós g és h függvényekkel.

[3427] jonas2011-01-26 21:43:17

Az 513. feladathoz először lássunk be egy rekurziót az U mátrix elemeire. Ez a C mátrixnál segített, tehát gondolhatjuk, hogy itt is beválik. Az összefüggés az lesz, hogy

un+1,k=2un,k-1-un-1,k

feltéve, hogy 1\lek. A k=0 esetre egyszerűen un+1,k=un-1,k. Ez egyszerűen abból következik, hogy a másodfajú Csebisev-polinomokra igaz a következő rekurzió.

Un+1(x)=2xUn(x)-Un-1(x)

Lássuk be ez utóbbit. Helyettesítsünk be x=cos \theta-t. (Hogy így esetleg nem minden x kapható meg, az lényegtelen, mert mindkét oldal polinom, tehát elég csak egy intervallumon belátni, hogy egyenlők.) Szorozzuk meg mindkét oldalt sin \theta-val. Így a következő azonosságot kell belátnunk.

sin ((n+2)\theta)=2cos \thetasin ((n+1)\theta)-sin (n\theta)

Ehhez pedig csak használjuk a sin (\alpha+\beta)=sin \alphacos \beta+sin \alphacos \beta képletet. Valóban:

sin ((n+2)\theta)=cos (2\theta)sin (n\theta)+sin (2\theta)cos (n\theta)=(-1+2cos2\theta)sin (n\theta)+2sin \thetacos \thetacos (n\theta)=

=2cos \theta(sin \thetacos (n\theta)+cos \thetasin (n\theta))-sin (n\theta)=2cos \thetasin ((n+1)\theta)-sin (n\theta).

Innen már megpróbálhatjátok ti kitalálni az 513. bizonyítását – az eredményt megsejteni könnyű, csak ki kell számolni kis értékekre.

Előzmény: [3368] jonas, 2010-11-23 22:19:07
[3426] jonas2011-01-24 20:13:24

Akkor PAL érdeklődésére tekintettel nézzük meg ezeket a feladatokat.

Kezdjük az 512. feladattal. Stray dog már elárulta a megoldást: a determináns 1. Ezt nem is nehéz belátni: detH=det(CCT)=(detC)2. Csakhogy C háromszögmátrix, mivel ha 0\len<k, akkor n-k<0 és n-k-2<0, így


\binom{n}{(n-k)/2} = \binom{n}{(n-k-2)/2} = 0,

tehát a C mátrix főátló fölötti elemei valóban nullák. Hasonlóan, ha 0\len=k, akkor


\binom{n}{(n-k)/2} = \binom{n}{0} = 1,

viszont


\binom{n}{(n-k-2)/2} = \binom{n}{-1} = 0,

így hát cn,k=1, tehát a mátrix főátlójában egyesek állnak. Ebből aztán detC=1 tehát valóban detC=1.

Mindezt persze akkor lehet könnyen megsejteni, ha előbb valamilyen kis N méretre konkrétan kiszámoljuk a mátrixot. Például ha N=12, akkor


{\bf C} = \left(\matrix{
1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\cr
0&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\cr
1&0&1&0&0&0&0&0&0&0&0&0\cr
0&2&0&1&0&0&0&0&0&0&0&0\cr
2&0&3&0&1&0&0&0&0&0&0&0\cr
0&5&0&4&0&1&0&0&0&0&0&0\cr
5&0&9&0&5&0&1&0&0&0&0&0\cr
0&14&0&14&0&6&0&1&0&0&0&0\cr
14&0&28&0&20&0&7&0&1&0&0&0\cr
0&42&0&48&0&27&0&8&0&1&0&0\cr
42&0&90&0&75&0&35&0&9&0&1&0\cr
0&132&0&165&0&110&0&44&0&10&0&1
}\right);


{\bf H} = \left(\matrix{
1&0&1&0&2&0&5&0&14&0&42&0\cr
0&1&0&2&0&5&0&14&0&42&0&132\cr
1&0&2&0&5&0&14&0&42&0&132&0\cr
0&2&0&5&0&14&0&42&0&132&0&429\cr
2&0&5&0&14&0&42&0&132&0&429&0\cr
0&5&0&14&0&42&0&132&0&429&0&1430\cr
5&0&14&0&42&0&132&0&429&0&1430&0\cr
0&14&0&42&0&132&0&429&0&1430&0&4862\cr
14&0&42&0&132&0&429&0&1430&0&4862&0\cr
0&42&0&132&0&429&0&1430&0&4862&0&16796\cr
42&0&132&0&429&0&1430&0&4862&0&16796&0\cr
0&132&0&429&0&1430&0&4862&0&16796&0&58786\cr
}\right).

Most nézzük az 511. feladatot. Erre van egy nagyon érdekes kombinatorikus bizonyítás.

Először lássunk be egy rekurziót a C mátrix elemeire. Vegyük észre, hogy ha 0\len és 0<k, akkor cn+1,k=cn,k-1+cn,k+1; ha pedig 0\len, akkor cn+1,0=cn,1. Szóban ez azt jelenti, hogy a mátrixban minden elem a fölötte balra lévő és a fölötte jobbra lévő elem összege, de ha nincs fölötte balra lévő elem, akkor egyszerűen a fölötte jobbra lévő elemmel egyenlő.

Azt, hogy ez a rekurzió igaz, nem nehéz belátni, egyszerűen be kell írni a definíciót. Nézzük először az első esetet: legyen 0\len és 0<k. Ha n-k páratlan, akkor


c_{n+1,k} = \binom{n+1}{(n-k+1)/2} - \binom{n+1}{(n-k-1)/2} =


= \left(\binom{n}{(n+k+1)/2} + \binom{n}{(n+k+1)/2-1}\right) - 
\left(\binom{n}{(n+k-1)/2} + \binom{n}{(n+k-1)/2-1}\right) =


= \left(\binom{n}{(n+k-1)/2} - \binom{n}{(n+k-3)/2}\right) + \left(\binom{n}{(n+k+1)/2} - \binom{n}{(n+k-1)/2}\right) = 
c_{n,k-1} + c_{n,k+1};

ha viszont n-k páros, akkor cn+1,k=0=cn,k-1+cn,k+1. A második esetben, ha 0\len, akkor


c_{n+1,0} = 
\binom{n+1}{(n+1)/2} - \binom{n+1}{(n-1)/2} =


= \left(\binom{n}{(n+1)/2} - \binom{n}{(n+1)/2-1}\right) +
\left(\binom{n}{(n-1)/2} - \binom{n}{(n-1)/2-1}\right) =


= \binom{n}{(n+1)/2} - \binom{n}{(n-3)/2} =
\binom{n}{(n-1)/2} - \binom{n}{(n-3)/2} =
c_{n, 1}

(Egy kis csalás van itt: szó szerint ennek a szabálynak a mátrix jobb szélén nincs értelme, de szerencsére tekinthetjük a mátrixot a végtelen nagy mátrix sarkának, úgyhogy igazából nincs probléma.)

Most a meglepő észrevétel az, hogy a C mátrix elemeinek kombinatorikai jelentést lehet tulajdonítani. A cn,k elem ugyanis pontosan azt számolja le, hányféleképpen lehet n lépést tenni a számegyenesen az origóból úgy, hogy minden lépésben egyet balra vagy egyet jobbra lépünk, nem lépünk rá a negatív félegyenesre, és a végén a k-ba érkezünk. Azt, hogy valóban ezt számoljuk le, nem nehéz látni a fenti rekurzió alapján.

Vegyük most szemügyre ezt a képletet, ami szerepelt a kitűzésben: ha 0\lem,n akkor


h_{m,n} = \sum_{0\le k} c_{m,k}c_{n,k}.

Azt állítom, hogy hm,n éppen azt számolja le, hányféleképpen lehet a számegyenesen m+n lépés hosszú sétát tenni úgy, hogy az origóból indulunk és oda is érünk vissza, minden lépésben eggyel jobbra vagy eggyel balra lépünk, és sose lépünk a negatív félegyenesre. Valóban, legyen ugyanis k az a szám, ahol az m-edik lépésben lépünk. Ekkor az első m lépés cm,k féle lehet a c fent megadott értelmezése szerint. Másrészt az utolsó n lépés éppen cn,k féle lehet, mert ha ezt az utolsó n lépést visszafele játsszuk le, akkor az origóból indulunk, és a végén érünk a k-ba. Az is látható, hogy az első m és az utolsó n lépést egymástól függetlenül választhatjuk meg akárhogyan, ha már k értékét rögzítettük, minden lehetőséghez tartozik pontosan egy m+n lépéses séta. Így megkaptuk, hogy hm,n egyenlő az m+n hosszú, origóba érkező séták számával, ami tényel m+n függvénye.

Az 513. feladatot egyelőre nem lövöm le.

Előzmény: [3368] jonas, 2010-11-23 22:19:07
[3425] m2mm2011-01-23 17:01:59

523. feladat Egy egész együtthatós, normált polinom minden(komplex) gyökének abszolút értéke 1. Biz.: gyökei egységgyökök.

[3424] PAL2011-01-21 19:48:57

Kedves Tamás!

Remélem nem haragszol, hogy csatlakozom, de örömmel látom a feladatod, mert örülök annak, hogy téged is érdekelnek az efféle témák, az utóbbi hozzászólásokban kezd népszerű lenni ez a sin(nx) kifejtős téma, mely valahogy az én kedvencemmé is vált az utóbbi időben, ezért én is kiváncsian várom kitűzött feladatodra érkező megoldásokat.

Előzmény: [3423] D. Tamás, 2011-01-21 19:20:26
[3423] D. Tamás2011-01-21 19:20:26

522.feladat: Határozzuk meg azokat a pozitív egész n számokat, melyre sin (nx) felírható sin (x) polinomjaként!

Gondolom felsőbbéveseknek közismert ez a feladat, de én nemrég találkoztam egy feladat kapcsán ezzel a gyönyörűséggel. (Persze ha valaki komoly "fegyverekkel" rendelkezik pillanatok alatt kijön a megoldás.)

[3422] Lóczi Lajos2011-01-19 06:15:13

Egy valós függvény a 0 körül lokálisan invertálható, ha van olyan \delta>0 szám, hogy a függvény leszűkítése a [-\delta,\delta] intervallumra invertálható.

Valamely rögzített \alpha valós szám esetén tekintsük az f(x):=\alpha x+x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) (ha x\ne0) függvényt, és legyen f(0):=0.

521. feladat. Adjuk meg az összes olyan \alpha valós számot, amelyre a fenti f függvény a 0 körül lokálisan invertálható.

  [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]