Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2105] epsilon2016-11-19 17:35:37

Hát ez igen Csábos! Erre nem számítottam, hiszen én mind azt hittem, hogy az ismétléses permutáció képletéből kiindulva, valahogyan le lehet vezetni az általánosabb esetet bár két színű golyóra, de ezek a képletek nagyon jól tükrözik a feladat általánosításának a komplexitását. valami szakirodalmi forrásanyagot tudsz-e adni, ahol ezzel az általános problémával foglalkoznak?

Előzmény: [2104] csábos, 2016-11-19 17:10:11
[2104] csábos2016-11-19 17:10:11

Íme a képlet

Legyen \(\displaystyle g_1, g_2, ..., g_k\) a különböző színű gyöngyök száma

\(\displaystyle N = \sum_{i=1}^{i=k}{g_i}\)

\(\displaystyle \text{ Nyakláncok száma}=(A+B)/2N\)

Ahol

- ha 2-nél több páratlan darabszámú szín van: A=0

- ha 2 páratlan darabszámú szín van:

\(\displaystyle A =\frac{((N/2)-1)!}{\prod_{i=1}^{i=k}(\left\lfloor g_i/2\right\rfloor)!}\cdot N\)

- ha 0 vagy 1 páratlan darabszámú szín van:

\(\displaystyle A =\frac{(N/2)!}{\prod_{i=1}^{i=k}(\left\lfloor g_i/2\right\rfloor)!}\cdot N\)

Legyenek \(\displaystyle d\) a \(\displaystyle g_1, g_2, ..., g_k\)-k legnagyobb közös osztójának osztói

\(\displaystyle B=\sum_{j|d}\frac{(N/j)!}{\prod_{i=1}^{i=k}(g_i/j)!}\cdot \varphi(j)\)

Előzmény: [2093] Sinobi, 2016-11-18 00:39:43
[2103] w2016-11-18 23:02:11

Az adatok mindenképpen elegendőek, mert a megadott szögek hasonlóság erejéig meghatározzák az ábrát.

Ilyen feladatoknál mindig szokott lenni

(1.) valami kedves kreatív szerkesztés, ami a szög megsejtése után nagyon elemi megfontolásokkal vezeti le annak nagyságát (sokszor pakolnak valahova szabályos háromszöget, vagy használják, hogy egy háromszög szögfelezői egy ponton mennek át),

(2.) egy szabályos \(\displaystyle 18\)-szög, aminek néhány átlójának egy ponton való áthaladásával ekvivalens a feladat.

A legegyszerűbb és legkönnyebb módszer azonban (3.) a szinuszarányokkal való számolás szokott lenni. A következő képletet használjuk: ha \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle D\) egy pont a \(\displaystyle BC\) oldal belsejében, akkor

\(\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{\sin BAD\angle}{\sin DAC\angle}. \)

Ez a képlet az \(\displaystyle ABD\triangle\) és \(\displaystyle ACD\triangle\) szinusztételeinek leosztásából adódik.

A feladat megoldása. Mivel \(\displaystyle BAC\angle = 20^\circ\), ezért \(\displaystyle EB=EA\), ahonnan \(\displaystyle BEF\angle=x\) és \(\displaystyle FEA\angle=y\) esetén \(\displaystyle x+y=140^\circ\), továbbá

\(\displaystyle \frac{BF}{FA}=\frac{EB}{EA}\cdot \frac{\sin BEF\angle}{\sin FEA\angle}=\frac{\sin x}{\sin y} \)

és a szinusztétel szerint

\(\displaystyle \frac{BF}{FA}=\frac{CB}{CA}\cdot \frac{\sin BCF\angle}{\sin FCA\angle}=\frac{\sin 20^\circ}{\sin 80^\circ}\cdot \frac{\sin 50^\circ}{\sin 30^\circ}=\frac{\sin 20^\circ\cos 40^\circ}{4\sin 20^\circ\cos 20^\circ\cos40^\circ\cdot \frac 12}=\frac{1/2}{\cos 20^\circ}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin 110^\circ}. \)

Tehát

\(\displaystyle \frac{\sin x}{\sin y}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin 110^\circ}. \)

Ebből \(\displaystyle x+y=140^\circ\) miatt \(\displaystyle x=30^\circ\), \(\displaystyle y=110^\circ\) következik.

//Ugyanis \(\displaystyle x+y=140^\circ\) feltételt rögzítve, \(\displaystyle x\) növelésével, \(\displaystyle y\) csökkentésével \(\displaystyle \frac{\sin x}{\sin y}\) is növekszik. Ezt úgy láthatjuk, ha felveszünk egy \(\displaystyle AOB\angle=140^\circ\)-os szögtartományban egy \(\displaystyle P\) pontot az \(\displaystyle AB\) szakaszon; ekkor \(\displaystyle \frac{\sin x}{\sin y}=\frac{d(P,AO)}{d(P,BO)}\), ha \(\displaystyle PO\) az \(\displaystyle AO\)-val és \(\displaystyle BO\)-val rendre \(\displaystyle x,y\) szöget zár be. Ha \(\displaystyle x\) nő és \(\displaystyle y\) csökken, \(\displaystyle d(P,AO)\) nő és \(\displaystyle d(P,BO)\) csökken, így az arány nő.//

Előzmény: [2100] epsilon, 2016-11-18 17:46:19
[2102] csábos2016-11-18 21:29:45

Itt a képlet arra, ha 6 narancssárga, 12 kék és 18 zöld gyöngy van. A legnagyobb közös osztó 6. A tagok a 18 szög azon szimmetriáinak felelnek meg, amelyek rendje 6 osztója, 6 a lnko. A kombinatorikus tag együtthatója minden \(\displaystyle d\) osztóra \(\displaystyle \varphi(d)\). A 36-os együttható a tükrözéseknek felel meg. Így valóban csak \(\displaystyle d(n)+1 \) tag van.

\(\displaystyle \frac{ \binom{36}{18}\cdot\binom{18}{12} +\binom{18}{9}\cdot\binom{9}{6} + 36\cdot \binom{18}{9}\cdot\binom{9}{6} + 2 \cdot \binom{6}{3}\cdot\binom{3}{2} + 2 \cdot \binom{12}{6}\cdot\binom{6}{4} }{72} = \\ \frac{\frac{36!}{6!\cdot 12!\cdot 18!} + 37\cdot \frac{18!}{9!\cdot 6!\cdot 3!} + 2 \cdot \frac{6!}{3!\cdot 2!} + 2 \cdot \frac{12!}{6!\cdot 4!\cdot 2!}}{72} = \\ \frac{168\,470\,811\,709\,200 + 37\cdot4\,084\,080 + 2\cdot13\,860 + 2\cdot60}{72} = \\ 2\,339\,874\,484\,000 \)

Előzmény: [2101] csábos, 2016-11-18 20:51:31
[2101] csábos2016-11-18 20:51:31

Ehhez meg kell számolni a különböző szimmetriák fixpontjait és beszorozni egy kombinatorikusan kapott együtthatóval. Itt tükrözések, forgatások és identitás jön szóba. Találtam a neten egy példát

http://m.cdn.blog.hu/kr/krisztikt/image/altalam_keszitett.pdf

26.oldal

Előzmény: [2097] epsilon, 2016-11-18 17:16:05
[2100] epsilon2016-11-18 17:46:19

Közben itt egy másik feladat, mértan, mind körben forgok vele, mintha nem lennének elegendők az adatok, van e valami tippetek:

[2099] epsilon2016-11-18 17:20:46

Igen Sinobi, Én is kíváncsi lennék ennek a változatnak a megoldására, mert itt nem lehet állítani, hogy látszik, meg stb. Ezért várok egy olyan megoldást, ami általában is érvényes, ilyen nagy számokra is, amit írtál.

Előzmény: [2093] Sinobi, 2016-11-18 00:39:43
[2098] epsilon2016-11-18 17:18:19

Kedves jónás, becsülöm és csodálom a türelmedet, hogy a sok esetet végig elemezted, de szerintem ez túl nyűgös megoldás. Én egy ismétléses permutációkkal történő megoldásra vadászok.

Előzmény: [2095] jonas, 2016-11-18 11:33:53
[2097] epsilon2016-11-18 17:16:05

Kedves csábos! Ebben a képletben valami nem stimmel, mert (3,5)=1 (a 3 és 5 lnko=1)de 1+2 nem adja a megoldások számát ami nagy bizonnyal 5. Vagy tévedek?

Előzmény: [2096] csábos, 2016-11-18 13:30:19
[2096] csábos2016-11-18 13:30:19

Általános képlet van erre, de nehezebb mint egy egyszerű formula. Függ a gyöngyök számától is. Ha a gyöngyök számának legnagyobb közös osztója \(\displaystyle n\) akkor a formulában \(\displaystyle d(n)+2\) tag van, ahol \(\displaystyle d(n)\) az \(\displaystyle n\) szám osztóinak számát jelöli.

Előzmény: [2094] epsilon, 2016-11-18 07:07:03
[2095] jonas2016-11-18 11:33:53

Keressük meg az összes lehetőséget, majd találjuk meg köztük az egyformákat.

Az egyszerűség kedvéért csökkentsük a lehetőségek számát a következőképpen. 3 piros és 5 fehér gyöngyöd van, ezért biztosan van valahol két fehér gyöngy egymás mellett úgy, hogy utána közvetlenül piros gyöngy van. Fűzzük ezért föl a karkötőket először nyitva egy irányított madzagra úgy, hogy a piros gyöngy legyen elől, a két fehér hátul. Csak tíz lehetőség marad (a fehér gyöngyöt jelölje u, a pirosat P):

PPPuuuuu, PPuPuuuu, PPuuPuuu, PPuuuPuu, PuPPuuuu, PuPuPuuu, PuPuuPuu, PuuPPuuu, PuuPuPuu, PuuuPPuu

De ezek között vannak olyanok, amik csak ciklikus eltolásban és esetleg tükrözésben különböznek, ezért gyöngysorként azonosnak kell tekinteni őket. Lehet, hogy ránézésre is meg tudod mondani, hány különböző van. Ha nem, akkor pontosan a következőképpen kell eljárni. Mindegyik nyitott gyöngysorhoz állítsd elő a 16 lehetséges ciklikus eltolását esetleg tükrözve, majd keresd ki ezek közül a lexikografikusan legkisebbet, amit a gyöngysor kanonikus formájának tekinthetünk.

eredeti összes ekvivalens kanonikus
PPPuuuuu {PPPuuuuu, PPuuuuuP, PuuuuuPP, uuuuuPPP, uuuuPPPu, uuuPPPuu, uuPPPuuu, uPPPuuu u, uuuuuPPP, PuuuuuPP, PPuuuuuP, PPPuuuuu, uPPPuuuu, uuPPPuuu, uuuPPPuu, uuuuPPPu} PPPuuuuu
PPuPuuuu {PPuPuuuu, PuPuuuuP, uPuuuuPP, PuuuuPPu, uuuuPPuP, uuuPPuPu, uuPPuPuu, uPPuPuuu, uuuuPuPP, PuuuuPuP, PPuuuuPu, uPPuuuuP, PuPPuuuu, uPuPPuuu, uuPuPPuu, uuuPuPPu} PPuPuuuu
PPuuPuuu {PPuuPuuu, PuuPuuuP, uuPuuuPP, uPuuuPPu, PuuuPPuu, uuuPPuuP, uuPPuuPu, uPPuuPuu, uuuPuuPP, PuuuPuuP, PPuuuPuu, uPPuuuPu, uuPPuuuP, PuuPPuuu, uPuuPPuu, uuPuuPPu} PPuuPuuu
PPuuuPuu {PPuuuPuu, PuuuPuuP, uuuPuuPP, uuPuuPPu, uPuuPPuu, PuuPPuuu, uuPPuuuP, uPPuuuPu, uuPuuuPP, PuuPuuuP, PPuuPuuu, uPPuuPuu, uuPPuuPu, uuuPPuuP, PuuuPPuu, uPuuuPPu} PPuuPuuu
PuPPuuuu {PuPPuuuu, uPPuuuuP, PPuuuuPu, PuuuuPuP, uuuuPuPP, uuuPuPPu, uuPuPPuu, uPuPPuuu, uuuuPPuP, PuuuuPPu, uPuuuuPP, PuPuuuuP, PPuPuuuu, uPPuPuuu, uuPPuPuu, uuuPPuPu} PPuPuuuu
PuPuPuuu {PuPuPuuu, uPuPuuuP, PuPuuuPu, uPuuuPuP, PuuuPuPu, uuuPuPuP, uuPuPuPu, uPuPuPuu, uuuPuPuP, PuuuPuPu, uPuuuPuP, PuPuuuPu, uPuPuuuP, PuPuPuuu, uPuPuPuu, uuPuPuPu} PuPuPuuu
PuPuuPuu {PuPuuPuu, uPuuPuuP, PuuPuuPu, uuPuuPuP, uPuuPuPu, PuuPuPuu, uuPuPuuP, uPuPuuPu, uuPuuPuP, PuuPuuPu, uPuuPuuP, PuPuuPuu, uPuPuuPu, uuPuPuuP, PuuPuPuu, uPuuPuPu} PuPuuPuu
PuuPPuuu {PuuPPuuu, uuPPuuuP, uPPuuuPu, PPuuuPuu, PuuuPuuP, uuuPuuPP, uuPuuPPu, uPuuPPuu, uuuPPuuP, PuuuPPuu, uPuuuPPu, uuPuuuPP, PuuPuuuP, PPuuPuuu, uPPuuPuu, uuPPuuPu} PPuuPuuu
PuuPuPuu {PuuPuPuu, uuPuPuuP, uPuPuuPu, PuPuuPuu, uPuuPuuP, PuuPuuPu, uuPuuPuP, uPuuPuPu, uuPuPuuP, PuuPuPuu, uPuuPuPu, uuPuuPuP, PuuPuuPu, uPuuPuuP, PuPuuPuu, uPuPuuPu} PuPuuPuu
PuuuPPuu {PuuuPPuu, uuuPPuuP, uuPPuuPu, uPPuuPuu, PPuuPuuu, PuuPuuuP, uuPuuuPP, uPuuuPPu, uuPPuuuP, PuuPPuuu, uPuuPPuu, uuPuuPPu, uuuPuuPP, PuuuPuuP, PPuuuPuu, uPPuuuPu} PPuuPuuu

Ebből látható, hogy pontosan öt különböző gyöngysor van:

PPPuuuuu, PPuPuuuu, PPuuPuuu, PuPuPuuu, PuPuuPuu

Előzmény: [2094] epsilon, 2016-11-18 07:07:03
[2094] epsilon2016-11-18 07:07:03

Kedves csábos és Mihály! Köszönöm a válaszokat! Kiderült tehát annyi, hogy a 8-cal való osztás nem helyénvaló. Ok, elmondom, hogyan gondolkodtam: mindenki tudja, hogy n személyt egy kerekasztal körül n!/n= (n-1)! módon lehet elhelyezni, ez az n elem cirkuláris permutációja, az n-el való osztás logikus. A mi esetünkben ismétléses permutációról van szó, aminek a P(m,n)=(m+n)!/m!×n! képletét a nem ismétléses permutációból vezettük le. Ezen tűnődöm, hogy ha a nem ismétléses permutációra a cirkuláris esetben van képlet, akkor miért nincs az ismétléses permutáció esetén is a cirkuláris változatra, legalábbis ezt kerestem, mert sehol sem láttam. Tehát tudna e valaki mondani olyan képletet, ami ismétléses permutációhoz kapcsolódik, és amellyel ezeket a gyöngyös feladatokat meg lehet oldani általános formában, mert biztosan kell létezzen ilyen képlet, megoldás, mert nem lehet az, hogy empirikusan, próbálgatásokkal oldjuk meg az ilyen feladatokat. Üdv: epsilon

[2093] Sinobi2016-11-18 00:39:43

Mennyire nehéz?

És, hogy célszerű megoldani az 5000 fehér, 3000 piros esetet?

[2092] csábos2016-11-17 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
[2091] Fálesz Mihály2016-11-17 22:08:56

Ha jól értem, a tengelyesen nem szimmetrikus karkötőket (\(\displaystyle 014\), \(\displaystyle 023\)) kétszer számoltad.

Előzmény: [2090] epsilon, 2016-11-17 19:00:11
[2090] epsilon2016-11-17 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 Gida2016-08-21 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
[2088] jonas2016-08-20 23:21:00

Remek, de azért elárulod a helyes gráfot, hogy mi is próbálkozhassunk?

Előzmény: [2087] lorantfy, 2016-08-20 22:16:21
[2087] lorantfy2016-08-20 22:16:21

Sikerült 3 csoportba gyűjteni, ami szinte egy csoda!

[2086] jonas2016-08-18 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
[2085] jonas2016-08-18 18:57:34

Vagyis a megfelelő 19 pontos gráfnak egy jó színezését szeretnéd megtalálni minél kevesebb színnel?

Előzmény: [2084] lorantfy, 2016-08-18 15:32:21
[2084] lorantfy2016-08-18 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] Jhony2016-07-31 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
[2082] Fálesz Mihály2016-05-27 11:59:49

Varázsló barátja, Hű De Morgána azt ajánlotta a törpének, hogy a dobozokat úgy helyezze el, hogy csak egyetlen &tex;\displaystyle L&xet; limeszpontjuk legyen. Újult lelkesedéssel látott munkához; egyhelyben ülve, két kézzel rakosgatta a köveket. Nagyon élvezte, hogy amikor egy követ belerak egy dobozba, a másik kezével már veheti is ki a dobozból a másik követ. A végén újra belenézett a dobozokba, és azok --- ahogy várta --- ismét üresek voltak, viszont az összes követ ott látta az &tex;\displaystyle L&xet; pontban.

--- Én soha nem tettem egy követ sem az &tex;\displaystyle L&xet; pontba! Hogy kerültek mégis oda? --- faggatta Merlint.

--- Oda konvergáltak. Ha a köveket pontszerűnek tekintjük, azt mondhatjuk, hogy minden egyes kő egy-egy folytonos görbén mozgott, és ezeknek a görbéknek a közös limesze a 11 órás időpontban éppen az &tex;\displaystyle L&xet; pont.

A törpe ezt sem igazán értette, de nagyon örült, hogy nem vesztek el a kövei. Boldogan kiáltott:

--- MEGVANNAK A SZÍNES KÖVEIM! MEGNYERTEM A BÖLCSESSÉG KÖVÉT!

--- Na jó, téd lehet a Bölcsesség Köve -- válaszolta Merlin. --- Adj ide nekem egyet a köveid közül.

A törpe széles, diadalmas mosollyal ki akarta nyújtani a kezét, hogy kivegyen egy követ az &tex;\displaystyle L&xet; pontból, de ekkor kellemetlen meglepetés érte.

--- Öööö... hova lettek a kezeim?

--- A kezed részecskéi a klasszikus modell szerint pontszerűek, és folytonos görbéken mozognak, de ez csak egyszerűsített modell. A finomabb kvantummechanikai rendszerben a részecskék helyének valószínűségi eloszlását az állapotfüggvényük írja le. A szokásos esetekben az állapotfüggvény egy kis halmazra koncentrálódik, ezért kezelhetjük a részecskéket pontszerűnek. A te eseted viszont valamivel komplikáltabb. Tetszőleges &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;-ra igaz, hogy &tex;\displaystyle 11-\varepsilon&xet; és &tex;\displaystyle 11&xet; között te az összes dobozba beledugtad mindkét kezedet. Ezért az állapotfüggvények idő szerinti limesze sokkal nagyobb térrészen, a dobozok körül szóródik szét.

--- Már megint nem értem. Muszáj mindig ilyen tudományos bikkfanyelven fogalmazni?

--- Rendben. A kezeid szétkenődtek a térben egy, a dobozok körüli felhőben.

--- Hú. Akkor vegyél el te magadnak egy színes követ az &tex;\displaystyle L&xet; pontból, és léccí, add ide nekem a Bölcsesség Kövét!

--- A kristály törékeny. Tartok tőle, hogy nem tudnád megfogni, átesne a felhőn...

Előzmény: [2081] Sinobi, 2016-05-26 22:44:00
[2081] Sinobi2016-05-26 22:44:00

"Amit én hiányolok a meséből, az az, hogy hol volt a törpe a feladat végén. :-)"

A törpe felkereste Merlin ősellenségét, Morgánát, aki azt javasolta a törpének, hogy dél előtt egy fél órával markoljon bele az első dobozba, szedje ki belőle a semmit, rakja vissza a nagy dobozba, és ezt folytassa egészen délig. Csodálkozott a törpe, de végrehajtotta. Végén az összes (egy szám sem hiányzott) köve ott lapult a nagy dobozban, amit még kevésbé értett. Morgána hisztérikus gonosz nevetéséből a "kompakkság" szót vélte kihallani, de arra nem dobott semmit a keresője, belenyugodott.

Merlin nem csak a bölcsek kövét vesztette így el, de kiderült hogy a hulladékmegsemmisítő üzemei sem pont azt csinálják amit szeretne -- ki kellett hát valamit találnia...

Segítsünk Merlinnek! Adjunk olyan algoritmust, amelyik képes a gömbön vagy a projektív síkon* is megsemmisíteni a dolgokat!

* a törpék 0 magasak

Előzmény: [2080] Fálesz Mihály, 2016-05-26 06:49:20

  [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]