Fórum: Valaki mondja meg!

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1499] Maga Péter

2011-04-09 22:43:27

Köszönöm, de a Graham-Pollak-tételé az érdem... Ha egy teljes n csúcsú gráfot felbontunk teljes páros gráfok páronként éldiszjunkt uniójára (teljes páros gráf: két színosztály, köztük minden él be van húzva), akkor legalább n-1 páros gráfot kell használnunk. Akinek van kedve hozzá, az törje rajta a fejét, hogyan lehet ezt lineáris algebrai módszerrel bebizonyítani (eléggé hasonló ahhoz, amit én írtam erre a feladatra). Ha pár napig nem lesz rá megoldás, de van érdeklődés, akkor felírom én magam. Ami ott érdekes, hogy az n-1 sokféleképp előáll.

Ebben a feladatban én az n-re másféle konstrukciót nem látok, minthogy veszünk egy teljes n-1-est, és a plusz egy pontot összekötjük mindennel. Mindazonáltal az én megoldásomból nem látszik, hogy ez lenne az egyetlen megoldás. A tiedből (ami valóban sokkal egyszerűbb) sem látom így kapásból, ami nem jelent semmit (főleg a kapásból miatt:)). Persze az sem biztos, hogy igaz.

Egyébként korábban azt írtad, hogy ez egy ismert tétel. Van esetleg neve is? (Én a kombinatorikához elképesztően nem értek, de aki ismer, az ezt tudja is. Lehet, hogy már másnak is feltűnt...:))

Előzmény: [1498] Zine, 2011-04-09 14:09:54

[1498] Zine

2011-04-09 14:09:54

Ötletes megoldás:)

Egy másik általam ismert egy soros bizonyítása az állításnak: K_n = (E,V), |V| = n. Vegyünk egy v csúcsot, legyen r_v azon klikkek száma, amelyek tartalmazzák. Egy L klikk csúcsainak számát, pedig jelöljük s_L-lel. Tegyük fel, hogy n $\geqq$ m. B egy olyan klikk, amelynek nem csúcsa v. Ekkor fennáll, hogy r_v $\geqq$ s_B, amiből következik:

m(n-s_B) $\geqq$ m(m-r_v)

$1=\sum_v\sum_B\frac{1}{n(m-r_v)}\geqq\sum_B\sum_v\frac{1}{m(n-s_B)}=1$

Ezzel, pedig kész is.

Előzmény: [1487] Maga Péter, 2011-04-04 20:44:45

[1497] Füge

2011-04-05 19:51:28

Üdv!

Az összeg n év múlva:

$a_n=a_0\left(1+\frac{p}{100}\right)^n=2a_0$

Ebből $\left(1+\frac{p}{100}\right)^n=2$

Tehát a duplázódás független a pénzösszegtől, csak a kamattól függ.

Előzmény: [1491] KovácsPeti, 2011-04-05 16:58:53

[1496] jonas	2011-04-05 19:37:16
(Sőt, lehet, hogy a 20 000 Ft egyáltalán nem duplázódik, mert a bank csak 50 000 Ft-nál nagyobb összeget enged lekötni.)
Előzmény: [1495] jonas, 2011-04-05 19:35:54

[1495] jonas	2011-04-05 19:35:54
A 2 000 000 Ft duplázódik hamarabb, mert arra a bank magasabb kamatot ad.
Előzmény: [1491] KovácsPeti, 2011-04-05 16:58:53

[1494] jonas	2011-04-05 19:34:32
Aha, tényleg, ez a legyegszerűbb.
Előzmény: [1492] Maga Péter, 2011-04-05 17:02:56

[1493] KovácsPeti	2011-04-05 17:09:25
Javítanám előző hozzászólásom:..Évi: 8 százalék kamat, 2 különböző pénzösszeg..
Előzmény: [1491] KovácsPeti, 2011-04-05 16:58:53

[1492] Maga Péter	2011-04-05 17:02:56
Alkalmazd a rendezési tételt az $\left(\frac{1}{\sqrt{a}},\frac{1}{\sqrt{b}},\frac{1}{\sqrt{c}}\right)$ , $\left(\frac{1}{\sqrt{a}},\frac{1}{\sqrt{b}},\frac{1}{\sqrt{c}}\right)$ kollekciókra!
Előzmény: [1488] WhiteTiger94, 2011-04-05 15:55:15

[1491] KovácsPeti	2011-04-05 16:58:53
Hali! Nekem 1 kamatos kamattal kapcsolatos kérdésem lenne. Adott: Évi 82 különböző pénzösszeg: 20 000 Ft ; 2 000 000 Ft A kérdés pedig az, hogy melyik pénzösszeg duplázódik meg hamarabb, ha nem változik a kamat, illetve nem történik semmiféle tranzakció, tehát csak a kamatos kamat. Próbáltam beilleszteni a képletbe, de nem sikerült :(

[1490] WhiteTiger94	2011-04-05 16:45:09
Köszönöm.
Előzmény: [1489] Alekszandrov, 2011-04-05 16:40:22

[1489] Alekszandrov

2011-04-05 16:40:22

Szia!

A baloldalt gyöktelenítsd és hozz közös nevezőre, majd a számlálóban előálló mértani közepek helyére írd be a számtani közepeket(természetesen ekkor jön be az ismert egyenlőtlenség). Ezután vonjál össze a számlálóban, egyszerűsíts és máris a jobboldalhoz érkeztél. Ebből már az is látszik, hogy egyenlőség csak a=b=c esetén lehetséges. Üdv!

Előzmény: [1488] WhiteTiger94, 2011-04-05 15:55:15

[1488] WhiteTiger94

2011-04-05 15:55:15

Üdvözlet! Lenne önökhöz, hozzátok, egy kérdésem, rendezési tétel kellene hozzá ha jól sejtem, de a megoldásról nincs sejtésem, a feladatot elvileg ábraként csatolom a hozzászólásomhoz, és azt kellene megtudnom, mikor teljesül az egyenlőség, tehát, hogyha pl. a=b=c, vagy valamikor máskor?

Előre is köszönöm a segítséget.

Az ábra:

[1487] Maga Péter

2011-04-04 20:44:45

Nem ismertem a tételt, de a Graham-Pollak-tétel lineáris algebrai bizonyítása megihletett:). Szóval tegyük fel, hogy az A_i klikkekre (1 $\leq$ i $\leq$ m>1) felbontjuk a gráfot. Minden klikkhez rendeljük hozzá a $P_i=\sum_{v_j\in A_i}x_j$ valós polinomot. Ekkor $P_i^2=2\sum_{v_j,v_k\in A_i}x_jx_k+\sum_{v_j\in A_j}x_j^2$ . Ha most feltesszük, hogy az A_i-k uniójában minden él pontosan egyszer szerepel, akkor

$\sum_{i=1}^mP_i^2=2\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j+\sum_{i=1}^m\sum_{v_j\in A_i}x_j^2=\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)^2-\sum_{i=1}^nx_i^2+\sum_{i=1}^m\sum_{v_j\in A_i}x_j^2\geq \sum_{i=1}^nx_i^2,$

ahol az utolsó egyenlőtlenség azért áll fenn, mert a felbontás nemtriviális volt, amiből világos, hogy az eredeti gráf minden csúcsa legalább két A_i-ben szerepel.

Most indirekte tegyük fel, hogy m<n. Ekkor van nem azonosan 0 megoldása a P₁=...=P_m=0 egyenletrendszernek (elemi lineáris algebra). Viszont akkor erre $0\geq\sum_{i=1}^nx_i^2>0$ , ami ellentmondás.

Előzmény: [1486] Zine, 2011-04-04 19:16:53

[1486] Zine

2011-04-04 19:16:53

a) Igen, a Ramsey-tétel általánosítható uniform-hipergráfokra. Erről elég sok anyag van neten, pl wikipedia...

b) Ez egy viszonylag híres tétel, amelyet most szándékosan nem nevezek meg: K_n gráfot ha felbontjuk m K_n-től különböző klikkre, akkor m $\geqq$ n

Előzmény: [1484] Radián, 2011-04-04 16:56:38

[1485] jonas	2011-04-04 18:13:28
A (b) elég ismerős, de nem tudom, hol lehet megtalálni a választ.
Előzmény: [1484] Radián, 2011-04-04 16:56:38

[1484] Radián

2011-04-04 16:56:38

Hello!

Két kérdésem lenne az egyszerű gráfokkal kapcsolatban.

a.) Rendelkezünk-e bármiféle információval, hogy ha egy teljes gráf éleit akarjuk kiszínezgetni három színnel akkor minimum hány csúcs esetén fog egyszínű háromszöget v. négyszöget tartalmazni a gráfunk. (Van e Ramsey-számoknak valamilyen továbbfejlesztett alakja ?)

b.) Egy n csúcsú teljes gráfot felbontjuk 1-nél több ugyancsak teljes gráfra úgy hogy a kapott "kis" gráfok semelyikének se legyen közös éle. Mennyi kell legyen e "kis" gráfok minimális számossága ?

[1483] jonas	2011-03-31 21:32:23
Lehet, hogy van egyszerűbb megoldás, csak én vagyok fáradt hozzá.
Előzmény: [1482] psbalint, 2011-03-31 21:28:31

[1482] psbalint	2011-03-31 21:28:31
köszönöm a segítséget. triviális feladatok között volt, és miután gondoltam/ajánlották a szitára/a szitát, én még mindig azt hittem, van valami teljesen nyilvánvaló megoldás, amit nem veszek észre.

[1481] jonas	2011-03-31 21:08:12
Nem, ez így hibás, mert a mazsolák eloszlkása nem ugyanaz, mint a pálcikák eloszlása. Például ha két mazsolád és két süteményed lenne, akkor 1/4 valószínűséggel menne a bal oldali süteménybe mindkét mazsola, de 1/3 valószínűséggel menne mindkét mazsola a pálcáktól balra.
Előzmény: [1479] psbalint, 2011-03-31 20:53:43

[1480] jonas

2011-03-31 21:05:56

Feltételezem, hogy ezt úgy kell érteni, hogy ha a nagymama az egész tésztába rakott mazsolákat pontosan leszámolja, és biztosan ugyanannyit, n darabot rak.

Ha a tésztát tíz részre osztja, akkor minden mazsola egymástól függetlenül kerül a tíz rész valamelyikébe, és feltesszük azt is, hogy a tíz rész pontosan egyforma méretű, vagyis egyforma valószínűséggel kerülnek beléjük a mazsolák.

Most akkor ha kiválasztassz k konkrét süteményt, akkor annak a valószínűsége, hogy az összes mazsola ezekbe kerül, (k/10)ⁿ. Ebből azt hiszem, szitával következik, hogy annak a valószínűsége, hogy minden süteménybe kerül mazsola,

$\sum_{0\le k\le 10} (-1)^{n-k} \binom{10}{k} (k/10)^n$

Ezt átalakítod $k \binom{10}{k} =$ $10 \binom{9}{k-1}$ alapján, majd az összeget explicit alakra hozod, és innen próbáld meg te megoldani.

Előzmény: [1476] psbalint, 2011-03-31 14:24:15

[1479] psbalint

2011-03-31 20:53:43

igen ez megvolt, de még mindig nem teljesen világos. lerakunk egy sorba n golyót, és lerakunk közéjük 9 pálcikát. és ahogy sorban rakosgatjuk a pálcikákat, mindig megnézzük, hogy mekkora valószínűséggel kerül olyan helyre (pl két pálcika egymás mellé), hogy az egy süteményre 0 mazsolát eredményezne. ez így megállja a helyét? most mondhatnám hogy azért csináltam golyókkal-pálcikákkal mert egy nem szakkörös gimisnek kell elmagyaráznom (egyébként így van), de igazából azért azért, mert nem tudtam kitalálni semmilyen matematikai képletes vagyis klasszikus megoldást.

[1478] Maga Péter

2011-03-31 20:38:04

Ha n tárgyat elhelyezünk 10 dobozban véletlenszerűen, mennyi a valószínűsége, hogy nem lesz üres doboz?

Egy másik lehetőség, hogy megkérdezzük a nagymamát.

Előzmény: [1476] psbalint, 2011-03-31 14:24:15

[1477] logarlécész	2011-03-31 17:48:18
Az első feladatban az egyenlet sinx-re másodfokú. Ha gondolod sinx-et jelölheted pl.: a-val. A-t beírva a sinx helyére egy sima másodfokú egyenletet kapunk.(öt a négyzet mínusz három a mínusz egy egyenlő nulla). Ezt gondolom meg tudod oldani. Lesz két megoldás, ebből jelen eseteben egy lesz mínusz egy és egy közötti. A színusz ÉK-e -1 - 1, tehát a másodfokú egyenlet egyik megoldásából (amelyik nem esik mínusz egy és egy közé) nem lesz megoldás, a másikból pedig teljesen egyszerűen sinx=a, amit gondolom szintén meg tudsz oldani. A második egyenletet átalakíthatod úgy, hogy 9sinx négyzet-(sinx négyzet+cosx négyzet)=8, ebből a négyzetes összefüggést használva (sinx négyzet+cosx négyzet=1)sinx=1, innen már gondolom megy. És most sajnos el kell mennem...
Előzmény: [1475] Rozali, 2011-03-31 08:39:41

[1476] psbalint

2011-03-31 14:24:15

Sziasztok! Nem tudom megcsinálni a következő feladatot, elvileg könnyű, de mégsem tudom elkezdeni sem. Szóval egy nagymama süteményt süt, 1 kg tésztát gyúr össze, amibe mazsolát is tesz. Utána a tésztát 10 részre osztja, és ezek lesznek a sütemények. Hány mazsolát kell belegyúrnia a tésztába, hogy legalább 99 százalékos valószínűséggel mindegyik darabba jusson legalább 1 db mazsola?

[1475] Rozali

2011-03-31 08:39:41

Sziasztok ! Tud valaki segíteni SOS Ezeket a feladatokat kellene megoldanom!

5 sin 2-on x-3sin x=1

8 sin 2-on x -cos 2-onx=8

tg x +ctg x=2

Lécci magyaráűzzátok el hogy kell megcsinálni !!

Köszi!!

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?