|
|
|
[3444] HoA | 2011-05-30 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 |
|
|
[3442] lorantfy | 2011-05-28 23:13:00 |
525. Legkevesebb hány húzással rendezhető át a 4x4-es kirakó az alaphelyzetéből a fordított számsorrendbe?
|
|
|
[3441] cauchy | 2011-04-24 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 |
|
|
[3439] physis | 2011-04-20 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 |
|
|
|
[3436] bily71 | 2011-04-16 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/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] lorantfy | 2011-04-16 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)
|
|
|
|
|
[3431] Róbert Gida | 2011-02-18 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)0, akkor , 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 |
|
|
|
[3428] Lóczi Lajos | 2011-02-12 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] jonas | 2011-01-26 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 1k. 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 -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 -val. Így a következő azonosságot kell belátnunk.
sin ((n+2))=2cos sin ((n+1))-sin (n)
Ehhez pedig csak használjuk a sin (+)=sin cos +sin cos képletet. Valóban:
sin ((n+2))=cos (2)sin (n)+sin (2)cos (n)=(-1+2cos2)sin (n)+2sin cos cos (n)=
=2cos (sin cos (n)+cos sin (n))-sin (n)=2cos sin ((n+1))-sin (n).
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] jonas | 2011-01-24 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 0n<k, akkor n-k<0 és n-k-2<0, így
tehát a C mátrix főátló fölötti elemei valóban nullák. Hasonlóan, ha 0n=k, akkor
viszont
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
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 0n és 0<k, akkor cn+1,k=cn,k-1+cn,k+1; ha pedig 0n, 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 0n és 0<k. Ha n-k páratlan, akkor
ha viszont n-k páros, akkor cn+1,k=0=cn,k-1+cn,k+1. A második esetben, ha 0n, akkor
(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 0m,n akkor
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] m2mm | 2011-01-23 17:01:59 |
523. feladat Egy egész együtthatós, normált polinom minden(komplex) gyökének abszolút értéke 1. Biz.: gyökei egységgyökök.
|
|
[3424] PAL | 2011-01-21 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. Tamás | 2011-01-21 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.)
|
|