[4003] Sirpi | 2016-07-06 20:15:57 |
András gondol &tex;\displaystyle n&xet; darab számra, majd megadja Bélának az ezekből a számokból alkotott párok összegét, &tex;\displaystyle \binom{n}2&xet; darabot (csak magukat a számokat, eltitkolva, hogy mely két eredeti szám összegeként állnak elő).
Minden &tex;\displaystyle n&xet; esetén végig lehet gondolni, hogy a megadott összegekből minden esetben rekonstruálhatóak-e az eredeti számok.
Ha &tex;\displaystyle n < 3&xet;, akkor nyilván nem. &tex;\displaystyle n=3&xet; könnyen rekonstruálható, pl. ha A, B és C a három összeg, akkor ebből &tex;\displaystyle (A+B-C)/2&xet;, &tex;\displaystyle (A-B+C)/2&xet; és &tex;\displaystyle (-A+B+C)/2&xet; az eredeti 3 szám.
Jelenleg &tex;\displaystyle n=6&xet;-ig néztem végig az eseteket, ebből a 6 volt a legizgalmasabb. Szóval &tex;\displaystyle n=4, 5, 6&xet;-ra kérdés, hogy mindig egyértelmű-e a visszafejtés, valamint az is, hogy &tex;\displaystyle n>6&xet; esetén tudunk-e valamit mondani (erre még nem tudom a választ, csak sejtem).
|
|
[4002] Fálesz Mihály | 2016-04-20 09:52:13 |
A Baranyai-tétel speciális esete, hogy egy &tex;\displaystyle (3k+3)&xet;-elemű halmaz &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-elemű részhalmazait hármasával lehet csoportosítani úgy, hogy minden hármas diszjunkt halmazokból álljon, amelyek uniója persze kiadja a teljes halmazt.
Ha a &tex;\displaystyle (3k+2)&xet;-elemű halmazunkhoz hozzáveszünk még egy, "extra" elemet, akkor a Baranyai-tétel felbontja a kibővített halmazt hármasokra. Minden hármasban az egyik halmaz tartalmazza az extra elemet és még &tex;\displaystyle k&xet; elemet, ehhez a &tex;\displaystyle k&xet; elemhez rendelhetjük hozzá a másik két &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-es részhalmazt.
Egy kerek megoldáshoz a csoportosításra lenne jó egy szép, közvetlen konstrukciót mutatni. Talán ez segíthet.
|
Előzmény: [4001] 7cs, 2016-04-18 20:01:02 |
|
[4001] 7cs | 2016-04-18 20:01:02 |
Megpróbálom most már értelmesen leírni, amit akartam, mert az előző hozzászólásom teljesen értelmetlenre sikerült :-(
Az a sejtésem, hogy a 3k+2 elemű halmaz k és k+1 elemű részhalazai olyan hármasokba rendezhetők, ahol egy-egy hármasba két k+1 elemű és egy k elemű részhalmaz tartozik, melyek páronként diszjunktak és uniójuk épp az alaphalmaz. pl. k = 1 re egy ilyen csoportosítás: (12, 34, 5), (13, 25, 4), (14, 35, 2), (15, 24, 3), (23, 45, 1)
És az a kérdésem, hogy egy 2n elemű halmaz össze nem üres részhalmaza hármsokba csoportosítható-e olyan módon, hogy bármely hármason belül valamely két halmaz diszjunkt és uniója épp a hármas harmadik halmaza. pl. n=1-re a triviális (1,2,12) vagy n=2-re (1,23,123) (2,14,124) (3,24,234) (4,13,134) (12,34, 1234) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?
|
Előzmény: [4000] 7cs, 2016-02-18 16:10:50 |
|
[4000] 7cs | 2016-02-18 16:10:50 |
Sziasztok, új vagyok ezen a néven, de másik nick-kel is rég jártam erre...
Az általad kért konstruktív megoldásra nincs ötletem, de szerintem létezik olyan összerendelés, melyben a részhalmasz-hármasok minden esetben páronként diszjunkt halmazokból állnak.
Egy hasonló, de egyszerűbb "feladvány": az N=1, 2, ...2n halmaz nem üres részhalmazainak száma , osztható 3-mal. Lehet-e ezeket a részhalmazokat hármas csoportokba rendezni úgy, hogy egy csoporton belül páronként diszjunkt halmazok vannak, melyek uniója N? pl. n=1-re a triviális ({1},{2},{1,2}) vagy n=2-re ({1},{2,3},{1,2,3}) ({2},{1,4},{1,2,4}) ({3},{2,4},{2,3,4}) ({4},{1,3},{1,3,4}) ({1,2},{3,4},{1,2,3,4}) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?
|
Előzmény: [3992] klevente, 2015-12-02 09:18:51 |
|
[3999] marcius8 | 2016-01-11 10:38:36 |
Igen, azóta már én is megértettem a kérdésed lényegét. Olyan hozzárendelést nem találtam, amelyből azonnal kiderül, hogy egy "3k+2" elemű halmaznak kétszer annyi "k+1" elemű részhalmaza van mint ahány "k" elemű.
|
Előzmény: [3998] klevente, 2016-01-08 15:40:05 |
|
[3998] klevente | 2016-01-08 15:40:05 |
Nem ilyenre gondoltam, hanem "ügyesre" abban az értelemben, hogy ha adott egy k elemű részhalmaz az elemeivel, akkor ahhoz azonnal meg lehet mondani a két hozzárendelt k+1 elemű részhalmazt az elemeikkel.
|
Előzmény: [3997] marcius8, 2016-01-04 10:58:37 |
|
[3997] marcius8 | 2016-01-04 10:58:37 |
Egy lehetséges célirányos megfeleltetés a részemről a következő:
Először lexikografikusan rendezem a "k" elemű részhalmazokat. Utána lexikografikusan rendezem a "k+1" elemű részhalmazokat.
a.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről és hátulról számítva az "n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.
b.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről számítva az "2n-1"-ik tagjához és "2n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.
|
Előzmény: [3992] klevente, 2015-12-02 09:18:51 |
|
[3996] jonas | 2015-12-23 21:42:38 |
Ha senki nem adhat önmagának vagy a házaspárjának ajándékot, akkor természetesen rosszabb a helyzet, mert több megkötés van. Ilyenkor 0.13 körül van az esélye, hogy sikerül a sorsolás.
|
Előzmény: [3995] marcius8, 2015-12-23 20:59:47 |
|
[3995] marcius8 | 2015-12-23 20:59:47 |
Ismert, hogy egy közösség tagjai karácsony előtt egymásközt sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. A sorsolás úgy történik, hogy mindenki felírja a nevét egy cetlire, ezután mindenki a cetlit beleteszi egy kalapba, majd ezután mindenki húz egy cetlit ebből a kalapból "csukott szemmel". Így mindenki annak ad ajándékot, akinek a nevét húzta. A sorsolás akkor jó, ha mindenki másnak a nevét húzza. Ismert, hogy ekkor a jó sorsolás valószínűsége tart "1/e"-hez, ha a közösség tagjainak száma tart a végtelenhez.
Most tegyük fel, hogy egy közösség "k" darab házaspárból áll, és megint sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. (Minden házaspár mindkét tagja külön-külön részt vesz a sorsolásban.) A sorsolás akkor jó, ha nincs olyan résztvevője a sorsolásnak, aki vagy a saját nevét húzza, vagy pedig a házaspárja nevét húzza. Mennyi a jó sorsolás valószínűsége, ha "k" tart a végtelenhez?
Most tegyük fel, hogy egy közösségnek "n" darab tagja van, és a közösség tagjai megint sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. Mennyi annak a valószínűsége, hogy van két olyan tagja a közösségnek, akik egymást ajándékozzák meg? (Most ezutóbbit én is átéltem, ugyanis az iskolában is megtartottuk ezt a sorsolást, és én voltam a tagja annak az egyetlen párosnak, akik egymást ajándékozták meg.)
|
|
[3994] w | 2015-12-21 22:17:46 |
Legyen &tex;\displaystyle f:N\to N&xet; függvény, ahol &tex;\displaystyle N&xet; a pozitív egészek halmazát jelöli. Tegyük fel, hogy az &tex;\displaystyle f(1),f(2),\dots&xet; sorozatnak nincs közös prímosztója, és hogy elég nagy &tex;\displaystyle n&xet;-re &tex;\displaystyle f(n)\neq 1&xet;. Határozzuk meg &tex;\displaystyle f&xet;-et, ha azt is tudjuk, hogy elég nagy &tex;\displaystyle n&xet; esetén
&tex;\displaystyle f(a)^n | f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}&xet; | (*) |
teljesül minden &tex;\displaystyle a,b\in N&xet;-re!
|
|
[3993] HoA | 2015-12-03 22:10:19 |
Én nem kereskedem a tőzsdén. Így aztán fogalmam sincs róla, mit jelent a "10 pont stop", "kört nyerni" , "pozíció nyílik" stb. Ezért azt hiszem, a te feladatod megoldásához is segít egy másik feladat: Középiskolai matematikai ismereteket - és csak azt - feltételezve fogalmazd meg a problémádat közérthető nyelvre lefordítva.
|
Előzmény: [3991] shooter, 2015-11-23 17:28:18 |
|
[3992] klevente | 2015-12-02 09:18:51 |
Könnyű belátni, hogy egy 3k+2 elemű halmaznak kétszer annyi k+1 elemű részhalmaza van, mint k elemű (k természetes szám). Vajon megadható-e "ügyesen" valamilyen kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés a k elemű részhalmazok és a k+1 elemű részhalmazokból alkalmasan képzett (diszjunkt) részhalmaz-párok között?
|
|
[3991] shooter | 2015-11-23 17:28:18 |
Sziasztok! Egy kis segítséget szeretnék kérni tőletek, mert nekem nehéznek és átláthatatlannak tűnik a dolog.
Egy példát szeretnék megoldatni, és nem szeretnék órákat gondolkozni rajt.
Tehát: Tőzsdén kereskedünk. 10 pont stopot használunk. Egymás után átlagosan 10 kört nyerünk. Egy körnek számít az is, ha 1 pozíció nyílik meg, és az is, ha mindhárom megnyílik.
Egy pozíció nyitáskor 1 pontot nyerhetünk. Ha megnyitjuk a második pozíciót (az első még nyitva van!), azon is 10 pontot veszthetünk. Harmadiknál is 10 pontot veszíthetünk.
Véletlenszerű, hogy megnyílik-e a második pozíció, de ha ez megnyílik, akkor többnyire a harmadik is, hacsak nem nyerjük meg a szükséges tőkét az első kettővel.
Mekkora legyen a pozíciók egymáshoz viszonyított méretaránya, hogy mégis nyerjünk? Mekkora legyen a második pozícióval vett nyereség, ha csak kettő nyílik meg, illetve mekkora legyen a minimális nyereség, ha mindhárom megnyílik? Nyerőben szeretnénk kiszállni, ez a lényeg. Egy pozíció megnyitása sok esetben nem elég, ezért kell a többi is. Kérem a segítségeteket! Köszönöm. Krisz
|
|
[3990] csábos | 2015-11-16 23:20:02 |
Vegyük észre, hogy az adott egyenesek kielégítik az
&tex;\displaystyle (x-1)(y-1)(z-1)-xyz=0&xet;
egyenletet. Ekkor &tex;\displaystyle x=y=-6z&xet; helyettesítéssel a
&tex;\displaystyle 24z^2+11z+1=0 &xet;
egyenlet adódik, melynek gyökei &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{3}&xet; és &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{8}&xet;
1. eset: &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{3}&xet;. Ekkor a &tex;\displaystyle (2,2,\frac{-1}{3})&xet; ponton is átmegy az egyenes. Ha átfektetünk e ponton és pl. az &tex;\displaystyle x=z-1=0&xet; egyenesen egy síkot, akkor ez 1-1 pontban metszi a másik két egyenest. Ha ezek ,,véletlenül'' egy egyenesen vannak, akkor nyertünk. És nyertünk. A pontok:
&tex;\displaystyle (0,-2,1)&xet;,&tex;\displaystyle (1,0,\frac{1}{3})&xet;,&tex;\displaystyle (\frac{3}{2},1,0)&xet; és persze &tex;\displaystyle (2,2,-\frac{1}{3})&xet;. Ezek egy egyenesen vannak.
2. eset: &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{8}&xet;. Ekkor a &tex;\displaystyle (\frac{3}{4},\frac{3}{4},-\frac{1}{8})&xet; pontbl fektetjük a síkot és a másik 3 pont: &tex;\displaystyle (0,3,1 )&xet;, &tex;\displaystyle (1,0, -\frac{1}{2}) )&xet; és &tex;\displaystyle (\frac{2}{3}),1,0 )&xet;
|
Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04 |
|
|
[3988] csábos | 2015-11-08 19:34:54 |
Ha van 1, akkor van 1+1, és akkor van minden természetes szám. Vegyük az
&tex;\displaystyle \frac{1}{\frac{1}{a}-\frac{1}{a+c}}=\frac{a^2}{c}+a&xet;
összefüggést. Ebből &tex;\displaystyle a&xet;-t kivonva &tex;\displaystyle c=1&xet; választással adódik &tex;\displaystyle a^2&xet;. Ha &tex;\displaystyle a=-1&xet;, akkor &tex;\displaystyle c=2&xet;-vel adódik &tex;\displaystyle \frac{a^2}{2}&xet;, amit önmagával összeadva adódik &tex;\displaystyle a^2&xet;.
Ezután a
&tex;\displaystyle \frac{b}{2}=\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{b}}&xet;
trükkel csak a
&tex;\displaystyle 2ab=(a+b)^2-a^2-b^2&xet;
kifejezést kell felezni.
|
Előzmény: [3987] Loiscenter, 2015-11-08 08:23:17 |
|
[3987] Loiscenter | 2015-11-08 08:23:17 |
Modositananak a feladaton:
1 tartozik a szamhalazunkhoz. Csak kulönbséget (-) es recsiprok-at venni. Bizonyitando Összeadást, szorzást lehet elvégezni!
( Köszi Csábosnak hozászlásodért - de ez a néhány gomb 'sok' lenne?)
|
Előzmény: [3986] csábos, 2015-11-07 20:29:12 |
|
|
[3985] Loiscenter | 2015-11-06 23:30:09 |
Hajnal Péter : Elemi Kombinatorikai feladatok ( Polygon)
18.2 Feladat: Kis számológépünkön csupán összeadás és kivonás van, de egy szám reciprokát is képezhetjük. Kiszámolhatjuk - e vele két szám szorzatát?
PROBLÉMA: könyvben szereplö megoldás nem teljes, mert kész tényként tekintette hogy (a+1) létezik , holott nem mutatja hogy 1 van benne - igy a+1 nem bizonyitott hogy van benne S halmazban.
Segitsetek tisztázni ezt a problémat! Köszönöm!
|
|
[3984] csábos | 2015-10-22 13:11:04 |
Az összes ilyen tulajdonságú 4-edfokú polinom körülbelül:&tex;\displaystyle (x^2+1)(ax^2+bx+1)&xet; alakú, ahol &tex;\displaystyle 0< a<1&xet; és &tex;\displaystyle b^2-4a<0&xet;. A körülbelül az azt jelenti, hogy konstanssal lehet szorozni és &tex;\displaystyle x&xet; helyébe &tex;\displaystyle cx&xet;-et írni.
|
Előzmény: [3983] Lóczi Lajos, 2015-10-18 10:23:59 |
|
[3983] Lóczi Lajos | 2015-10-18 10:23:59 |
Szép példa! (Ráadásul eggyel kisebb a fokszáma, mint annak a példának, melyet egy 1999-es cikkben találtam korábban.)
A példádban az is szép, hogy az &tex;\displaystyle \epsilon_0=510663/50000000&xet; konstans egy egyszerű racionális szám:
az &tex;\displaystyle \epsilon x^5+\frac{31 x^4}{1000}+\frac{17 x^3}{50}+\frac{1031 x^2}{1000}+\frac{17 x}{50}+1&xet; polinom minden gyökének valós része negatív, ha &tex;\displaystyle 0<\epsilon<\epsilon_0&xet;, ám &tex;\displaystyle \epsilon=0&xet; vagy &tex;\displaystyle \epsilon=\epsilon_0&xet; esetén már fellépnek tiszta képzetes gyökök.
|
Előzmény: [3981] csábos, 2015-10-17 23:43:55 |
|
|
[3980] Lóczi Lajos | 2015-10-13 00:38:49 |
Rögzítsünk egy &tex;\displaystyle n\ge 2&xet; egészt, egy pontosan &tex;\displaystyle (n-1)&xet;-edfokú egyváltozós valós &tex;\displaystyle p&xet; polinomot, és egy &tex;\displaystyle \epsilon_0>0&xet; számot.
Tudjuk, hogy minden &tex;\displaystyle 0<\epsilon\le \epsilon_0&xet; mellett az &tex;\displaystyle \epsilon x^n + p(x)&xet; polinom minden gyökének valós része negatív. Igaz-e, hogy az (&tex;\displaystyle \epsilon&xet;-tól független) &tex;\displaystyle p&xet; polinom minden gyökének valós része is negatív?
|
|
[3979] Lóczi Lajos | 2015-10-09 23:25:13 |
Még egy megjegyzés: attól, hogy a Reduce szerint az egy harmadfokú egyenlet gyöke, még nem biztos, hogy ne lehetne egyszerűsíteni; pl. a 0-ra rámondanád, hogy az &tex;\displaystyle x^3=0&xet; egyenlet gyöke?
|
Előzmény: [3977] emm, 2015-10-07 17:44:42 |
|
|