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.

[3331] Tóbi	2010-10-02 20:31:32
A szabályos (1,2,3,4,5,6) kocka ellen bármilyen (a,b,c,d,e,f) kocka 15 esetben nyer, 15 esetben veszít 6 döntetlen mellett, ha a+b+c+d+e+f=21. Ugyanis ha a 2. kockával a-t dobunk, akkor a szabályos kocka válaszai közül a-1 db győzelmet, 1 db döntetlent eredményez nekünk. Így 6 döntetlen lesz, és a-1+b-1+c-1+d-1+e-1+f-1=21-6=15 esetben nyerünk és 6*6-15-6=15 esetben veszítünk.
Előzmény: [3329] HoA, 2010-10-02 20:00:58

[3330] jonas	2010-10-02 20:19:25
Gondolom, A-nak nem lehet nyerő stratégiája, mert azt B is tudná használni a szokásos stratégialopás gondolatmenet szerint.
Előzmény: [3326] Csimby, 2010-10-02 18:08:47

[3329] HoA

2010-10-02 20:00:58

Először azt kéne megnézni, van-e jobb kocka a "szabályos"-nál? Mert ha nem, akkor A akármilyen számokat is ír, B-nek szabályos ( 1,2,3,4,5,6 ) kockát kell készítenie. Az N nemszabályos kocka akkor jobb az S szabályosnál, ha a kockákra írt számok 36 darab N_i-S_j ( i,j = 1,2,...,6 ) különbségből 18-nál több pozitív.

Ha van jobb kocka, akkor igazi a feladat: A jobb kockájánál tud-e B mégjobbat készíteni?

Előzmény: [3328] Csimby, 2010-10-02 19:46:13

[3328] Csimby	2010-10-02 19:46:13
Igen.
Előzmény: [3327] HoA, 2010-10-02 19:45:21

[3327] HoA	2010-10-02 19:45:21
Látják, hogy a másik milyen számokat ír?
Előzmény: [3326] Csimby, 2010-10-02 18:08:47

[3326] Csimby

2010-10-02 18:08:47

508. feladat

A és B a következőt játsszák: mindkettőjüknek van egy dobókockája, számok nélkül. Először A ír egy pozitív egész számot a saját kockájának az egyik lapjára, majd B tesz ugyanígy. Ezután megint A ír egy pozitív egész számot a saját kockájának egyik lapjára, majd B stb. Amire vigyázniuk kell, hogy a számok összege egyik kockán sem lehet nagyobb mint 21. Mikor már minden lapon szerepel szám, dobnak a saját kockájukkal és az nyer, aki nagyobb számot dobott a másiknál.

Kinek milyen stratégiával érdemes játszani?

(Az igazság az, hogy nem tudom milyen nehéz feladat, csak eszembe jutott.)

[3325] Gubbubu	2010-10-02 10:13:28
Hmmm "egy középiskolás feladat" - attól függ, mit nevezünk középiskolásnak :-).
Előzmény: [3309] epsilon, 2010-09-26 13:28:39

[3324] epsilon	2010-10-01 14:25:27
Nagyon valószínű, hogy a "3 hosszúságú ciklus" szóhasználat alatt a "3 elemű ciklus"-t gondoltak?!
Előzmény: [3323] HoA, 2010-09-30 13:45:24

[3323] HoA	2010-09-30 13:45:24
A "hárommal osztható hosszúságú ciklus" hülyeség, de az egyelemű vagy háromelemű ciklus igaz, így a továbbiak maradnak.
Előzmény: [3322] HoA, 2010-09-30 13:10:20

[3322] HoA

2010-09-30 13:10:20

Tekintsük a feltételezett X megoldást szintén ciklikus felírásban. Mivel az 5 X³-ra helyben marad, ezért ő vagy egyelemű, vagy hárommal osztható hosszúságú ciklus tagja. Összesen 5 elem van, tehát ez csak hármas ciklus lehet. Ugyanez igaz a 4-re. Így a lehetőségek:

a) 5 is, 4 is egyelemű ciklus

b) 5 egyelemű, 4 egy hármas ciklus tagja

c) 4 egyelemű, 5 egy hármas ciklus tagja

d) 4 is és 5 is hármas ciklus tagja

A b) és c) eset könnyen kizárható, ekkor ugyanis a maradék egy elem is egyelemű ciklust alkot, tehát X³ –ra helyben maradna A d) esetben, mivel 5 elemből legfeljebb egy hármas ciklus képezhető, 4 és 5 ugyanannak a ciklusnak a tagjai, de ekkor ennek a ciklusnak a harmadik tagja is helyben maradna X³-ra. Marad az a) eset, az útmutatás tkp. erre vonatkozik. 4 és 5 nem mozog, tehát csak az 1 2 3 elemekkel kell foglalkoznunk. Van-e olyan permutációjuk, melynek harmadik hatványa (1 2 3) ? Esetszétválasztással elvben a lehetőségek:

d1) 3 egyelemű ciklus – nem jó, X3-ra helyben maradnak

d2) 1 egyelemű és 1 kételemű ciklus – nem jó, az egyelemű ciklus tagja helyben marad

d3) 1 háromelemű ciklus – nem jó, ennek harmadik hatványa mindhárom elemet helyben hagyja.

Előzmény: [3309] epsilon, 2010-09-26 13:28:39

[3321] epsilon	2010-09-27 05:34:43
Nagyon valószínű a magyarítás, mert pl. a transzpoziciót is a Wikipédia is elemcserének, a ciklust ciklikus permutációnak, stb. nevezi, tehát magyarítás nyugodtan lehet.
Előzmény: [3320] jonas, 2010-09-26 22:31:21

[3320] jonas	2010-09-26 22:31:21
Én úgy tudom, tényleg pályának hívják magyarul.
Előzmény: [3315] Róbert Gida, 2010-09-26 19:05:57

[3319] epsilon	2010-09-26 20:55:20
Igen Mihály, ezt értem, ez az előző hozzászólásod "láncsorának" a magyarázata, Én is felírtam a többi ugyanolyan "láncsort" amit az előbbi hozzászólásodban írtál, így bejön összesen 10 betű. Ezen felírások által sem látom, hogy mi lenne az ellentmondás, ami miatt nem létezik az x permutáció.
Előzmény: [3318] Fálesz Mihály, 2010-09-26 20:32:10

[3318] Fálesz Mihály	2010-09-26 20:32:10
Az x egy {1,2,3,4,5} $\to$ {1,2,3,45} permutáció, amit keresel. Ez az 1-et elviszi valamilyen a elembe, az a-t elviszi valamilyen b-be, b-t pedig 2-be és így tovább.
Előzmény: [3314] epsilon, 2010-09-26 19:02:29

[3317] epsilon	2010-09-26 19:26:08
Kedves Miháy! Noha a második vázlat érdekesnek tűnik, és nem tudtam követni, mindemellett az "Ha x3 harmadrendű, akkor az x hányadrendű?" kérdésed alapján összeállt egy megoldás, ami a következő: x a 9-ik hatványon éppen az identikus permutációt adja. És ekkor nem nehéz igazolni, hogy a 9-nek osztania kellene az 5!=1×2×3×4×5-öt, és ez absurdum, ígyhát nem létezik az x. Mindemellett, ha van rá türelmed, nagyon örvendenék annak a másik megoldásnak amit vázlatoltál. Tisztelettel üdv: epsilon
Előzmény: [3311] Fálesz Mihály, 2010-09-26 14:47:33

[3316] epsilon	2010-09-26 19:17:07
Köszi Róbert Gida! Ilyen néven, az orbit megnevezéssel, középiskolában nem találkoztam, de amúgy az obit értelmezését tudom, de nem látom a kapcsolatát az egésszel :-(
Előzmény: [3315] Róbert Gida, 2010-09-26 19:05:57

[3315] Róbert Gida

2010-09-26 19:05:57

"elem pályája" az csak személyes megfogalmazás, vagy szakkifejezés

Algebrában ezt orbitnak nevezik, bár nem hinném, hogy ezzel közelebb kerülnél a megoldáshoz.

Előzmény: [3314] epsilon, 2010-09-26 19:02:29

[3314] epsilon	2010-09-26 19:02:29
Kedves Mihály! Köszi szépen az útmutatást! Van benne számomra néhány megtévesztő dolog: az "elem pályája" az csak személyes megfogalmazás, vagy szakkifejezés? A "9 elem" honnan annyi, mert Én az x permutációban ha ismeretlennek tekintenénk akkor az 1,2,3,4,5 alatt a,b,c,d,e mindössze 5 betűre lenne szükség és nem 9-re. A nálad bejött a-f hat betű miket jelöl? Az x×x×x permutáció szorzásából? Szóval ha tudnád részletezni, előre is megköszönném! Üdv: epsilon
Előzmény: [3313] Fálesz Mihály, 2010-09-26 17:25:07

[3313] Fálesz Mihály

2010-09-26 17:25:07

Messze van ez még a csoportelmélettől.

De ha mindenképpen körül akarod írni, akkor végigköveted valamelyik elem pályáját.

1 $\mapsto$ a $\mapsto$ b $\mapsto$ 2 $\mapsto$ c $\mapsto$ d $\mapsto$ 3 $\mapsto$ e $\mapsto$ f $\mapsto$ 1

Ez 9 elem, muszáj közöttük egyenlőknek lenni stb.

Előzmény: [3312] epsilon, 2010-09-26 16:22:25

[3312] epsilon	2010-09-26 16:22:25
Szeretném kikerülni az elem rendjére vonatkozó ismereteket, csak a permutáció és a ciklusokra vonatkozóan szeretném megoldani, vajon így lehetséges-e? Mert a diákok akiknek szól nem tanultak csoportelméletet.
Előzmény: [3311] Fálesz Mihály, 2010-09-26 14:47:33

[3311] Fálesz Mihály	2010-09-26 14:47:33
Ha x³ harmadrendű, akkor az x hanyadrendű?
Előzmény: [3309] epsilon, 2010-09-26 13:28:39

[3309] epsilon

2010-09-26 13:28:39

Üdv Mindenkinek! Egy középiskolás feladat a következő: igazoljuk, hogy az X×X×X=(2 3 1)(4)(5) ciklusszorzattal (ciklikus permutációkkal) adott permutáció egyenletnek nincs megoldása az S(5)-ben (az 5-öd rendű permutációk halmazán). Útmutatásnak ennyi szerepel: "Egy permutáció 3 hatványra emelésével nem kaphatunk egyetlen 3 hosszúságú ciklust." Elemi módszerrel nem tudom belátni ezt, vagyis a kért egyenlet megoldását. Valaki tudna-e segíteni? Előre is köszönöm!