Fórum: Valaki mondja meg!

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.

Ha erre szükséged van, akkor a nyilvános (akár külföldi) szerencsejáték sorsolásokon kívül használhatsz tőzsdei árfolyamokat, időjárási adatokat, vagy az olimpia alatt sporteredményeket.

Sziasztok! a segítségeteket szeretném kérni egy kis fejtörőhöz. van hozzá kedvetek?

Persze, hallgatunk. De ha nem kérdezel rá, hanem rögtön beírod, lehet, hogy már meglenne a megoldás is :-)

Lehet, hogy a feladatra is nekünk kell rájönnünk :-)).

Tud valaki javasolni egy olyan ingyenes programot, amely segítségével matematikai ábrákat tudok szerkeszteni? Előre is köszönöm.

Én az Euklides ingyenes változatát használom évek óta. Szerintem elég jó. Innen tudod letölteni.

Ha 3D-s ábrákat szeretnél készíteni, akkor az Euler 3d-t tudom ajánlani. Itt érhető el.

Üdv.: Kristóf

Köszi szépen. Szögfelezőt hogyan lehet szerkeszteni?

És címkéket hol lehet hozzáadni?

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.

Euklides-ben pontra vagy vonalra klikkeléssel (dupla kattintás) nyílik a cimke ablaka.

Az "et" jel (Alt Gr c) után írtak alsó indexként jelennek meg.

Köszönöm

Pontosan meg tudná valaki határozni, hogy mit értünk Miguel ponton?

Nem tudom, de mivel az ETC nem ismeri ilyen néven, valószínűleg nem háromszögekhez kapcsolódik.

Talán:

Miguel: Spanyolország Honda 125 köbcm 35 pont

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.

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.

Köszönöm! Tényleg elírtam.

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.

Azt, hogy a Miquel pont fókusz pont azt tudtam, de az egyenest, amelyen a 4 magasságpont van, azt nem tudtam. Köszönöm, most már világos.

Szép! Ezzel nem találkoztam még. Köszönet a szuper ábráért!

Én le akartam tölteni az innen-t, de Not found-őt kaptam!

Ez talán működik, klikk ide.

Itt megvan:

http://matek.fazekas.hu/euklides/hun/euklides.htm

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!

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... ;-)

Sziasztok! Régi oktv-feladat a következő egyenlet:

(x valós) Valaki tudna segíteni, mert kb. semmit nem tudtam vele kezdeni?

A két megoldást (kb. 2.88 és 3.11) egy-egy ötödfokú egyenlet megfelelő gyöke adja, amelyeket viszont, úgy tűnik, gyökjelekkel nem lehet megoldani.

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.

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.

Ilyen általános problémánál a legjobb, ha mondsz pontos példákat, hogy milyen n, k, m stb paraméterek érdekelnek téged, és megpróbáljuk arra megoldani.

n=45, k=12, m=6. Egyelőre programot próbálok írni, ami legenerálja a megfelelő 12-eseket.

Ha jól emlékszem, az eredeti salakmotoros konstrukció a 4-elemű test feletti affin síkra épült: n=16 pont, 20 egyenes, minden egyenesen k=4 pont, és bármely m=2 ponton át pontosan egy egyenes.

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.

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.

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.

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.)

(45, 12, 6)-ra is lefutott a program, 134 perc alatt. A kapott megoldás 52127 mérkőzésből áll, ami megint 6-szor nagyobb az egyszerűen kapott minimumnál.

A megoldás az előzőhöz hasonló formában letölthető. (Persze ha használod, érdemes ellenőrizni is.)

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.

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.

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!

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

Ha jutottál valamire, és van egy kis időd, kérlek írd fel a fórumra, mert most már érdekel.

Sajnos a project már nem aktuális, mert a 6-os lottó főnyereményt elvitték. A hatos lottóban kombinációs játék esetén maximum 12 szám jelölhető meg, amiből az összes kombinációt megjátsszuk. A cél az volt, hogy a lehető legkevesebb kombinációs játékkal az összes hatos kombinációt előállítsuk. Technikailag egyáltalán nem lett volna lehetetlen ilyen módon beküldeni az összes lehetséges hatos lottó kombinációt (ellentétben a szokásos ellenvetésekkel), ugyanis csak azt a 10-20 ezer 12-es kombinációt kellett volna elküldeni, azt is interneten keresztül. Erre készítettem volna egy programot (miután a megfelelő 12-esek le lettek generálva), ami szerintem maximum pár óra alatt végzett volna a beküldéssel. Ha összejön, nyilván megérte volna, hiszen a főnyeremény jóval nagyobb volt mint a játék költsége. "Apró" technikai akadály persze a játékhoz szükséges 1,6 milliárd ft. előteremtése, de erre az interneten terveztem klubot szervezni, amelyben mindenki a befizetése arányában részesült volna a nyereményből. Alapvetően szerintem az egész bizalmi okok miatt bukhatott volna meg, hiszen az egészet központilag kellett volna menedzselni, és biztosítani, hogy a befizetők tényleg hozzájutnak a pénzükhöz.

Persze elméletileg és programozás technikailag továbbra is érdekes a feladat, de most egy kicsit félretettem. Az általam írt algoritmus nagyon lassú (kb. egy hét alatt végezne), de megpróbálom majd még optimalizálni. Előnye viszont, hogy egy hatos kombinációt csak egy 12-es kiválasztásból kapunk meg. Ha elkészülök, közzéteszem az eredményt.

Ebben az esetben miért fontos, hogy egy hatos kombinációt csak egyszer játszd meg? Nem éppen csak az fontos, hogy minden kombináció legalább egyszer szerepeljen, vagyis éppen az a könnyebb feltétel, amivel én adtam megoldást?

Nyilván a költségek miatt. Az általad adott kb. 50 ezer 12-es osztály 924*50000 hatos kombinációt generál, ami jóval több mint 45 alatt a 6. Így már bőven nem érné meg.

Sziasztok!

Kaptam egyenlőtlenségek cimű órán efy faladatot,de nem nagyon tudom rendesen bebizonyítani a feladatot. Tudnátok segíteni:

ahol t valós és alpha nagyobb vagy egyenlő mint 2

Üdv.: Zsolt

"Előnye viszont, hogy egy hatos kombinációt csak egy 12-es kiválasztásból kapunk meg."

Mármint pontosan egy? Az lehetetlen.

Akkor lehetséges, ha egy szelvényen tizenkettőnél kevesebb számot is be lehet jelölni.