|
[597] BohnerGéza | 2008-09-21 21:28:53 |
Az ábrán adott a tengely (vastag fekete) P és a képe P' (ezek megadják az irányt és az arányt), valamint az ABC háromszög.
A szerkesztés - a tengelyen látható jelölések is segítenek - először P segítségével az A, majd A-val B és abból C. Természetesen más sorrend is jó, itt így fért az ábrára.
A szabályos ötszög szerkesztése így is lehetséges:
http://www.mindentudas.hu/laczkovichmiklos/20061103laczkovich1.html?pIdx=1
|
|
Előzmény: [596] Betty, 2008-09-21 10:15:08 |
|
[596] Betty | 2008-09-21 10:15:08 |
Könyörgök valaki segítsen!Egyszerűen most bejött másodikba egy új tantárgy,az ábrázoló geometria és NEM ÉRTEM.Ha valaki ért ehhez,az kérem mutassa meg milyen lesz egy szabályos 5szög tengelyes affinitásos képe,ha az affinitás tengelye nem azonos az 5szög egyik oldalával,hanem alatta van,és az affinitás iránya nem azonos az egyik oldal irányával...Előre is köszönöm!
|
|
[595] jonas | 2008-09-20 20:14:57 |
Ha az algoritmusod lassú, megpróbálhatod valamilyen szimmetriával felgyorsítani.
Arra gondolok, hogy veszel egy permutációcsoportot az n versenyzőn, és minden k-as futam mellé beveszed ennek a csoport összes elemével vett elmozgatását is. Legyegyszerűbb az n darab ciklikus eltolást venni, de lehet, hogy ennél nagyobbat is érdemes. Túl nagy csoportot ne vegyél, mert az már túlságosan megszoríthatja a megoldásodat. Arra persze vigyázni kell, hogy ugyanaz a m-es csoport ne szerepeljen többször egy kiválasztott futam pályájában. Speciálisan azt meg kell nézni előre, hogy minden csoporthoz legyen egy olyan futam, aminek a pályájában a csoport csak egyszer van benne. Még valami: ha segít, azt is megteheted, hogy a csoport n-nél néhánnyal több versenyzőn hat, és a nemlétező versenyzőket egyszerűen elhagyod a futamokból.
|
Előzmény: [594] jenei.attila, 2008-09-20 12:35:13 |
|
[594] jenei.attila | 2008-09-20 12:35:13 |
Köszönöm a segítséget, de sajnos ezt még nem tudom használni. Az a baj, hogy egy hatos kombináció nagyon sok 12-esből előáll. Nekem az lenne jó, ha minden 6-os csak egyszer állna elő. Nem kell feltétlenül 12-es futamokat alkotni, lehet kevesebb versenyző is egy futamban. Az a cél, hogy lehetőleg kevés futam legyen. Írtam egy algoritmust, de sajnos nagyon lassú. További segítséget köszönettel veszek.
|
Előzmény: [593] jonas, 2008-09-17 08:10:07 |
|
|
[592] jonas | 2008-09-17 00:34:45 |
A (43, 12, 6)-ra a kapott megoldásom tehát 38889 elemű, letölthető. Az n=43 versenyző az A,B,...,Z,a,b,...,p betűk jelölik. Minden sorban egy k=12 elemű mérkőzés van, ezek együtt lefednek minden m=6 elemű csoportot. (Az utolsó mérkőzésben van egy szóköz, ez azt jelenti, hogy az egyik pályán ezen a mérkőzésen senkinek nem kell indulnia.)
|
Előzmény: [591] jonas, 2008-09-17 00:12:17 |
|
[591] jonas | 2008-09-17 00:12:17 |
Előállítottam egy megoldást (n=43, k=12, m=6) esetre, ez gyors gépen 73 perc alatt lefutott, és 38889 menetből állt, ami csak hatszor rosszabb, mint az egyszerűen kapott minimum, a 6598. A program teljesen egyszerű, nem használ semmilyen trükkös heurisztikát vagy visszalépést. Egyszerűen véletlen sorrendbe rakom az n alatt m csoportot, amiknek együtt kell játszania, mindig veszem ebben a sorrendben az első néhány olyan csoportot, aminek a tagjai még nem játszottak együtt, és az ezekben szereplő emberek játszanak. Lefuttatom ugyanezt a kicsit nagyobb n=45 esetre, és meglátjuk, mit kapok. Sajnos a kapott beosztás egy hozzászólásban nem fog elférni, úgyhogy kívülre rakom föl valahova.
|
Előzmény: [589] jenei.attila, 2008-09-16 14:29:33 |
|
[590] jonas | 2008-09-16 15:55:46 |
Azt hiszem, erről valaki olyan algebristát kell megkérdezni, aki emlékszik valamire a csoportelméletből, vagy a szimmetrikus struktúrák vagy blokkrendszerek vagy hasonló nevű tárgyakból. Én szimmetrikus struktúrákat nem hallgattam, csoportelméletről pedig csak papírom van, de nem értek hozzá, ezért nem hiszem, hogy tudnék válaszolni. Lehet, hogy más valaki a fórumon tud segíteni; ha nem, akkor gondolom keresned kell valakit a fórumon kívül, aki ért ilyesmikhez.
|
Előzmény: [585] jenei.attila, 2008-09-15 11:31:41 |
|
[589] jenei.attila | 2008-09-16 14:29:33 |
Ez így van. Nekem viszont m=6 bármely ponton át kéne lehetőleg egy egyens, amely legfeljebb k=12 pontot tartalmaz. Ez már nem affin sík lesz (mivel 6 ponton át általában nem húzható egyenes), de nem is annyira elméletileg, mint gyakorlatilag érdekelne a feladat. Legalább 8815 12-es beosztás kell, de egyáltalán nem biztos, hogy ennyiből megoldható. Ha ennek kb. kétszeresével megoldható, még az is jó.
|
Előzmény: [588] Fálesz Mihály, 2008-09-16 14:19:44 |
|
|
|
|
[585] jenei.attila | 2008-09-15 11:31:41 |
Az Új matematikai mozaik c. könyvben Montágh Balázs írt egy fejezetet Salakmotor-versenyek és véges síkok címmel.Itt azt vizsgálja, hogy n versenyzőt hogy lehet k versenyzőből álló futamokba beosztani úgy, hogy bármely két versenyző egy futamban összemérje magát. Engem egy kicsit általánosabban érdekelne a probléma, vagyis bármely m versenyző (m<=k)legalább egy futamban együtt induljon. Nem kell feltétlenül csak egy futamban elindulni adott m versenyzőnek, de persze ez lenne a legjobb. A futamok sem kell, hogy pontosan k versenyzőből álljanak, lehet kevesebb is (de legalább m). A cél, hogy a lehető legkevesebb futam legyen, és bármely m versenyző legalább egy futamon együtt induljon el. Ha ez elméletileg nehéz lenne, akkor egy közel optimális megoldás is megfelel, illetve egy algoritmus is, amely egy megfelelő beosztást generál.
|
|
[584] nadorp | 2008-09-10 09:11:03 |
Van egy olyan érzésem, hogy az eredeti feladatban a bal oldalon -x2+4x-3 volt. Erre utal az is, hogy a "Versenyvizsga portálon" is fenn van példa szerintem szintén rosszul ( 1994 II kat. első forduló 3. feladat), úgy ahogy Te írtad, de az ott közölt megoldásban a fenti másodfokú polinomra hivatkoznak.
|
Előzmény: [582] S.Ákos, 2008-09-09 20:43:10 |
|
|
[582] S.Ákos | 2008-09-09 20:43:10 |
Sziasztok! Régi oktv-feladat a következő egyenlet:
(x valós) Valaki tudna segíteni, mert kb. semmit nem tudtam vele kezdeni?
|
|
[581] enyac | 2008-09-06 07:36:18 |
Köszönöm szépen, a kapott ab-ab=0 kifejezés már sokkal szimpatikusabb volt... :-) Elég régen nem tanultam már matekot, de szép lassan azért eszembe jutnak a dolgok... ;-)
|
Előzmény: [580] BohnerGéza, 2008-09-05 20:16:09 |
|
|
[579] enyac | 2008-09-05 18:15:12 |
Tiszteletem!
Egy feladat megoldásában szeretnék sürgős segítséget kérni...
Nekem úgy tűnt, hogy mivel a-szor a van a nevezőben is, ill. a számlálóban is, így azok kiejtik egymást, marad b-b, ami nullvektor... Mit gondolok rosszul?
Köszönöm szépen a segítséget előre is!
|
|
|
|
|
|
|
|
[573] BohnerGéza | 2008-07-16 11:50:27 |
Az általad megfogalmazott feladat pontosabban talán:
Ha négy egyenes négy háromszöget alkot, akkor ezek magasságpontjai egy egyenesen vannak, körülírt köreik egy ponton mennek át. ( Nem tudtam, de ez speciális esetben a Miquel-pont ) Ez a pont és a magasságpontok egyenese parabolát határoz meg, melynek az eredeti 4 egyenes érintője.
|
|
Előzmény: [570] zsolla, 2008-07-16 07:34:57 |
|
|
[571] sakkmath | 2008-07-16 10:23:15 |
Szerintem a Miquel-tételkört keresed (q g). Keresd fel a Geometrikont itt. Klikkelj az M-betűre. A megjelenő, sorszámozott témakörök között a 410. a Miquel-pont, de érdemes megnézni a 407., 411. tételköröket is.
|
Előzmény: [570] zsolla, 2008-07-16 07:34:57 |
|
[570] zsolla | 2008-07-16 07:34:57 |
Valahogy igy lehetne, de szeretném pontosabban:
Ha a síkon felveszünk 4 egyenest, hogy azok 6 pontban metszék egymást, és 3 háromszöget alkossanak, majd megrajzoljuk a háromszögek köré írható köröket, akkor a körök egy pontban találkoznak, amit Miguel pontnak neveznek.
|
|
|
|
[567] zsolla | 2008-07-15 20:29:01 |
Pontosan meg tudná valaki határozni, hogy mit értünk Miguel ponton?
|
|
|
|
[564] BohnerGéza | 2008-07-15 17:03:46 |
A szerkesztőprogram lényege, hogy úgy kell vele szerkeszteni, mint körzővel és vonlzóval!
Nem helyettesíti a tudásod. Látványossabbá, pontossabbá, könnyebben elemezhetővé taszi a szerkesztést.
Azért néha könnyíti a dolgokat, pl. háromszög belső szögfelezőjéhez a beírt kör kp-ja egyből fölvehető.
|
Előzmény: [562] Ágoston, 2008-07-14 21:22:10 |
|
[563] Ágoston | 2008-07-15 11:23:20 |
És címkéket hol lehet hozzáadni?
|
|
[562] Ágoston | 2008-07-14 21:22:10 |
Köszi szépen. Szögfelezőt hogyan lehet szerkeszteni?
|
|
|
[560] Ágoston | 2008-07-13 21:05:12 |
Tud valaki javasolni egy olyan ingyenes programot, amely segítségével matematikai ábrákat tudok szerkeszteni? Előre is köszönöm.
|
|
|
|
[557] pocika75 | 2008-07-10 19:17:11 |
Sziasztok! a segítségeteket szeretném kérni egy kis fejtörőhöz. van hozzá kedvetek?
|
|
[556] jonas | 2008-07-10 13:02:35 |
Ha erre szükséged van, akkor a nyilvános (akár külföldi) szerencsejáték sorsolásokon kívül használhatsz tőzsdei árfolyamokat, időjárási adatokat, vagy az olimpia alatt sporteredményeket.
|
Előzmény: [555] jonas, 2008-07-10 12:59:56 |
|
[555] jonas | 2008-07-10 12:59:56 |
Szükséged van arra is, hogy a véletlen számaidat ne lehessen előre megjósolni (még részlegesen és nehéz számítással sem)? Ha nem, akkor használhatod valamilyen matematikai állandó (pl. ) tizedesjegyeit, ahogy azt némely titkosítási szabvány teszi, vagy az Abramowitz-Stegun véletlenszám táblázatát, amely korlátozások nélkül elérhető és az interneten is meg lehet nézni.
|
Előzmény: [549] Tibor, 2008-06-30 17:47:31 |
|
|
[553] Róbert Gida | 2008-07-03 03:01:02 |
Következő programot nézd meg (PARI-Gp-ben):
f(a)=c=10^100;N=random(c)+c;K=random(c)+c;\
while(1,N=nextprime(N+1);p=N;q=K+(a-N-K)%1001;if(isprime(q),print("n="p*q);print("p="p);print("q="q);return))
Ez egy ismert megvalósítása a problémának: p,q prímek n=p*q, úgy, hogy az elrejteni kívánt "a" számodra: (p+q) modulo 1001 = a teljesül. Nyilvánosságra hozod n értékét, majd amikor bizonyítani szeretnéd, hogy TE az "a" számra gondoltál 0-1000-ig, akkor nyilvánosságra hozod p és q értékét, az ellenőrzése a többiek számára, hogy nem csaltál:
1. n=p*q teljesül-e?
2. p és q prímek?
3. (p+q) == a mod 1001 teljesül-e?
Ezek mindegyike gyorsan ellenőrizhető akár a PARI-Gp-vel.
Persze ennél valamivel gondosabban kell megválasztani a prímeket, mert hiába lesz n>10^200, azaz nagyobb, mint a jelenlegi faktorizációs világrekord nem speciális számokra, vannak véletlen módszerek, amikkel n könnyedén faktorizálható: például akkor, ha p+1 vagy p-1 vagy q+1 vagy q-1 mindegyik prímfaktora "kicsi". Továbbá c értékét a programban célszerű módosítani, mert ugyanazon "a" értékekre futtatva ugyanazt az n-et adja a PARI indulásakor.
|
Előzmény: [552] Tibor, 2008-07-02 20:06:38 |
|
[552] Tibor | 2008-07-02 20:06:38 |
Sajnos ahogy én akartam, arra nem alkalmas sem a kenó, sem a putto. Szóval az alapproblémám megmaradt. Kétnaponként kellene nekem 25 db háromjegyű véletlenszám. De úgy, hogy ellenőrízhető legyen: nyilvános, bárki által hozzáférhető számok valamilyen átformálásával kéne létrehozni. Van valakinek ötlete?
|
|
|
[550] Róbert Gida | 2008-06-30 21:45:26 |
Ha n számból húznak k számot és r számra tippelhetsz, akkor valószínűséggel lesz legalább egy találatod. Ahogy látod a komplemeter eseményt könnyebb kiszámolni, az pedig, hogy egy találatod sem lesz, a kedvező esetek és az összes esetek számát már könnyű számolni, a valószínűség pedig a kettő hányadosa lesz.
Ez egyezik is az általad írtakkal: P(80,20,1)=, illetve P(80,20,61)=1 (persze, ha n-r<k, akkor ).
|
Előzmény: [549] Tibor, 2008-06-30 17:47:31 |
|
[549] Tibor | 2008-06-30 17:47:31 |
Sziasztok! Egy valószínűségszámítási problémám van. Egy játékhoz véletlenszámokat szeretnék előállítani, de úgy hogy ellenőrízhető legyen mások által is, hogy nem csalok. A kenóra gondoltam, mert azt minden nap húzzák. De nekem háromjegyű számok kellenének. Ráadásul különböző előzetes valószínűségekkel. Tehát a feladat: 80 számból húznak 20-at. Ha 1 számot tippelek, 25 százalék az esélye, hogy találatom lesz. Ha 61 számot tippelhetek, akkor 100 százalék az esélyem. De mennyi az esélye annak, hogy legalább egy találatom lesz, ha 2, 3, 4, ....stb számot tippelhetek? (Ez úgy lenne, hogy a nagyobb oddsokkal rendelkezők több számot tippelhetnek.) De ne gyertek azzal, hogy ez 10. osztályos tananyag, mert tudom. Sajna már régen tanultam. Valami ismétlés nélküli kombináció rémlik.... Köszi!
|
|