[2092] csábos | 2016-11-17 22:22:23 |
11-es Apáczai könyv?
Képzeld el a 4 piros 4 fehért: \(\displaystyle \frac{8!}{4!4!}\)-t kéne osztni 8-cal. De ez nem egész :-(.
Ez egy nehéz feladat, próbálgatással célszerű megoldani.
|
Előzmény: [2090] epsilon, 2016-11-17 19:00:11 |
|
|
[2090] epsilon | 2016-11-17 19:00:11 |
Üdv mindenkinek! Lenne egy kérdésem, mert nem jutok dűlőre. Van 3 piros és 5 fehér gyöngy. Ezek segítségével hány különböző karkötő fűzhető? Én ismétléses permutációval számoltam ki 8!/3!*5!=56 és mivel a körön akárhol elvágható a karkötő, ezért ezen elvágásokból kifolyólag, 8-al el kell osztani az előbbi eredményt, így 56:8=7 adódik. Ellenben a megoldásnál a könyvben így okoskodnak: A 3 piros gyöngy a karkötőt három ívre bontják: a három ívre ráhelyezzük az 5 fehér gyöngyöt. (forgásszimmertia miatt az ívek egyenrangúak). A fehér gyöngyök száma egyes íveken: 005, 014, 113, 122, 023. Tehát 5 különböző karkötő van. melyik a helyes válasz, az 5 vagy a 7? Hol a másik megoldásban a hiba? Előre is köszönöm, üdv: epsilon
|
|
[2089] Róbert Gida | 2016-08-21 13:16:57 |
Az tényleg csoda. Az optimális ugyanis 4 csoport. A felső háromszögmátrix részét használtam a táblázatnak (a program a szimmetrikus részét elkészíti); Glpk-ban van is egy gráfszínezős program az examples mappában ami megoldja ezt a problémát egészértékű programozással, csak annyit tettem hozzá, hogy a színezést is kiíratom: http://pastebin.com/USiCAV5x. A megoldás pedig: http://pastebin.com/XC8g8uAC, először a tárgy (sor)száma, majd a szín száma 1-4-ig. (itt a heurisztikus gyors megoldás is rátalált az opt. megoldásra).
Kicsivel egyszerűbb programmal is meg lehet ezt oldani: rögzítem a színek számát és így keresek egy színezést, ha nincs akkor növelem eggyel a színek számát (ez annyiban kedvezőbb is lehet futásidőben, hogy kevesebb változót használunk). Amúgy nem meglepő ez a fajta megoldás, órarendkészítést tipikusan egészértékű programozással oldunk meg.
|
Előzmény: [2087] lorantfy, 2016-08-20 22:16:21 |
|
|
[2087] lorantfy | 2016-08-20 22:16:21 |
Sikerült 3 csoportba gyűjteni, ami szinte egy csoda!
|
|
[2086] jonas | 2016-08-18 19:48:34 |
Ennek a táblázatnak nem kéne szimmetrikusnak lennie? A MAGY E, MAGY K az egyik irányban meg van jelölve, de a másik irányban nincs. Meg tudnád adni a helyes gráfot, és lehetőleg nem csak képként?
|
Előzmény: [2084] lorantfy, 2016-08-18 15:32:21 |
|
|
[2084] lorantfy | 2016-08-18 15:32:21 |
Segítségeteket kérem egy valós problémához, ami azt is mutatja, hogy az órarend összeállítása a mai középiskolákban a lehetetlennel határos. A faktos csoportok láthatók a táblázatban. Az X-ek azt jelentik, hogy van olyan tanuló, aki az oszlop és sor faktot (tantárgyat) együtt választotta. Cél: Minél kevesebb olyan csoportot kell kialakítani a tantárgyakból, amelyek mehetnek egy időben, tehát nincs olyan tanuló, aki egyszerre választotta őket és egyszerre két helyen kéne lennie. Minden ötletet szívesen veszek. Előre is köszönöm!
|
|
|
[2083] Jhony | 2016-07-31 04:15:10 |
Üdvözletem - szóval még is csak lenne valaki ,akit érdekelne a téma - nagyon örülök ennek és folytatom az elképzelésem vagyis amit ott az openstudy.com/mathematics oldalon leírtam . - elképzelésem szerint az első alapprím a kettes,az egyedüli páros,majd egy szám különbségre követi a hármas,az első páratlan prím -(itt jegyezném meg,hogy ők,mint egy szám különbségű prímek,lehetnének ,,társ-prímek" - 2 - 3
- az első kör 2 szorozva 3 = 6 +/- 1 = 5 - 7 és így bővül első körben négyre a prímnemzetség
- 5 - 7
- 5 + 7 = 12 +/- 1 = 11 - 13 ikerprímek
- 11 - 13
- 11 + 13 = 24×3=72 +/- 1 = 71 -73 ikerprímek
- 71 - 73
- 71+73=144×3=432 +/- 1 = 431 - 433 ikerprímek
- 431 -433
- 431+433=864×3=2592 +/- 1 = 2591 - 2593 ikerprímek
- és ez lenne az eddigi leghosszabb ikerprím-családfa amit logikusan a kapcsolatok leírásával érthetően értelmezni lehet
köszönöm szépen a véleményeket
|
Előzmény: [2076] HoA, 2016-05-19 10:09:05 |
|