Fórum: Valaki mondja meg!

Én úgy értem a kérdést, hogy a második feladatban is a későbbi kő mozog tovább a kisebb sorszámmal, tehát megismételjük az első feladatot; a kövek nem sétálnak ki a végtelenbe, csak a sorszámok. Az &tex;\displaystyle n&xet;-edik lépésben az &tex;\displaystyle n&xet;-edik kő (&tex;\displaystyle 1&xet;-es sorszámmal) bekerül az &tex;\displaystyle n&xet;-edik dobozba, és többször már nem vesszük ki a dobozból, viszont a számát minden menetben letöröljük és &tex;\displaystyle 1&xet;-gyel nagyobbra cseréljük.

A feladat végén minden dobozban egyetlen, számozatlan kő lesz, az &tex;\displaystyle n&xet;-edik dobozban az eredetileg &tex;\displaystyle n&xet;-edik kő.

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

"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

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...

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

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!

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

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?

Sikerült 3 csoportba gyűjteni, ami szinte egy csoda!

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

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.

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

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

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.

Mennyire nehéz?

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

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

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.

Ebből látható, hogy pontosan öt különböző gyöngysor van:

PPPuuuuu, PPuPuuuu, PPuuPuuu, PuPuPuuu, PuPuuPuu

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.

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?

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.

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.

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

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

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.

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

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.//

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

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

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?

Köszi w, azt hittem, hogy erre az eleminek tűnő feladatnak épp olyan elemi megoldása van, mint amilyennek tűnik, mert a sinx/siny= sina/sinb ha x+y= a+b alapján x=a és y=b következik, nehezebbnek tűnik bizonyítani mint az eredeti feladat.

Burnside-lemma egy permutációcsoportban. Az orbitok száma megegyezik a fixpontok átlagos számával. A képlet a gyöngyfűzéseket az \(\displaystyle N\)-szög szimmetriái szerint sorolja fel, összeadja azok fixpontjait, és utána átlagolja \(\displaystyle 2N\)-nel. Az \(\displaystyle A\) szám a tükrözések általi fixpontokat jelzi. Nyilván, ha van legalább két páratlan számú szín, akkor nincs tükörszimmetrikus gyöngyfűzés, stb.

Kiindulás egy elemi megoldáshoz: tekintsd azt a \(\displaystyle D\) pontot az \(\displaystyle AC\) oldalon, amelyre a \(\displaystyle DBC\) szög 20 fokos.

Ez ugyancsak a sinx/siny=sin30∘/sin110∘ összefüggéshez vezet.

Ellent kell mondanom. Vonka Vilmos Úr javaslata tiszta, elemi megoldáshoz vezet, szinuszok nélkül.

geogebra téma: Lineáris fv. ábrázolása (y=mx+b).Minden rendben lenne az m és b csúszkákkal változtathatók. De nem tudom a meredekségi háromszöget beszerkeszteni. Elvileg a fv.görbére egyenest kellene rendelni és a meredekség paranccsal meg kell jelenni a kis háromszögnek.Minden próbálkozásomat szintaktikai hibával dobja vissza. Kérek segítséget.Mi az a 2-3 lépés amivel tovább tudok menni? Közben azt is tapasztaltam, hogy a függvényre tett egyenes leállítja a változtatási lehetőséget.köszönöm.nagyapa.

Talán megér egy ábrát a szabályos 18-szög alapú megoldás, mert a szokásos megközelítés - háromszög körülírt köre = 18-szög körülírt köre - nem túl célravezető.

Legyenek a szabályos 18-szög csúcsai \(\displaystyle P_0 … P_{17}\) , körülírt köre k, középpontja O. Helyezzük el háromszügünket úgy, hogy \(\displaystyle B = P_0\) és \(\displaystyle C = P_4\) legyen . k-ban a kisebb \(\displaystyle P_4 P_{12}\) ívhez tartozik 80 fokos kerületi szög, így a BA egyenes áthalad \(\displaystyle G= P_{12}\) -n. Hasonlóan a CA egyenes átmegy \(\displaystyle P_{10}\) -en. A kisebb \(\displaystyle P_4 P_{10}\) ívhez éppen 60 fokos kerületi szög tartozik, tehát \(\displaystyle E = P_{10}\). Mivel a \(\displaystyle P_{13} P_0\) ívhez tartozik 50 fokos kerületi szög, a CB-vel 50 fokos szöget bezáró egyenes a \(\displaystyle P_4 P_{13} = CH\) átmérő, ennek metszéspontja AB-vel F. A \(\displaystyle P_{12} P_{15} = GI\) és a \(\displaystyle P_{15} P_0 = IB\) ívekhez 60 fokos középponti szög tartozik, OGI és IBO szabályos háromszögek, OGIB rombusz, középpontja legyen K. \(\displaystyle FOK \angle = HOI \angle = P_{13} O P_{15} \angle = 40^o \). IKF és OKF egybevágó derékszögű \(\displaystyle \Delta\)-ek, IF egyenes OF = CF tükörképe AB-re . \(\displaystyle KIF \angle = OIF \angle = P_{6}IF \angle = 40^o\). 40 fokos kerületi szög éppen a \(\displaystyle P_6 P_{10}\) ívhez tartozik, IF tehát átmegy \(\displaystyle P_{10}\) -en , ez feladatunk EF egyenese. A keresett \(\displaystyle x = FEB \angle = IEB \angle = P_{15} P_{10} P_0 \angle = 30^o\).

Sziasztok!
Szeretnék egy kis segítséget kérni a

\(\displaystyle 216=6^{3}=3x^{2}y+3xy^{2}\)

egyenlet egész megoldásainak megtalálásához. Grafikonról leolvastam
az \(\displaystyle x_1=1\), \(\displaystyle y_1=8\) illetve az \(\displaystyle x_2=8\), \(\displaystyle y_2=1\) egész megoldásokat.
Lenne olyan eljárás, amivel az egész megoldásokat megkaphatnám?
Hasonlóan, mint a sokkal egyszerűbb \(\displaystyle y=1/x\) esetén.

Próbáld meg a \(\displaystyle 3x2y+3xy2 \) kifejezést szorzattá alakítani úgy, hogy minden tényező az \(\displaystyle x \) és \(\displaystyle y \) változók egész együtthatós polinomja maradjon. Ha egész megoldásokat keresel, akkor ezeknek a tényezőknek az értéke is egész lesz, így mindegyiknek az értéke a \(\displaystyle 216 \) szám osztója. Ennek a számnak csak 32 osztója van, ezért így nagyon le tudod szűkíteni a lehetőségeket.

Gyorsabban: \(\displaystyle 216=3*x*y*(x+y)\), innen \(\displaystyle 72=u*v\), ahol \(\displaystyle u=x+y\) és \(\displaystyle v=x*y\), azaz \(\displaystyle u|72\) és, ha \(\displaystyle u,v\) adott, akkor felírható egy másodfokú egyenlet, amelynek gyökei éppen \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\).

Lenne egy feladat, amihez sehogy sem tudok hozzákezdeni és a ti segítségeteket szeretném kérni. Törpilla Halloween előtt elhatározza,hogy varázsló süveget készít magának és három barátnőjének egy 64cm átmérőjű körlapból úgy,hogy a körlapból egyenlő nagyságú körcikkekre vágja. a, Határozza mrg,milyen magasak lesznek a kúp alakú süvegek? A végeredményt egészre kerekítse. b, Befér e a süveg alá Hókuszpók 14cm átmérőjű varázsgömbje, ha sikerül figyelmét elterelve a törpöknek elcsenni?

Felteszek közbülső kérdéseket akkor.

A süvegek alapja kör alakú, de mekkora ennek a körnek a kerülete? Mekkora a sugara? Mekkorák a kúp alkotói (vagyis azok a szakaszok, amik a kúp csúcsát összekötik az alap egy pontjával)? Ebből mi a válasz az (a) kérdésre?

A (b) kérdéshez próbálj meg ábrát rajzolni, ami egy a kúp tengelyével párhuzamos síkra vetítve mutatja a süveget és a legnagyobb gömb alakú varázsgömböt, ami még pont befér a süveg alá. Ebből számold ki ennek a gömbnek a sugarát.

Üdv mindenkinek! Van egy egyszerű 5.-6. osztályos feladat, amire nem kapok elemi megoldást, segítenétek? Az A időpontban esti 6 óra után az óra két mutatója 110 fokos szöget zárnak be. A B időpontban esti 7 óra után ugyancsak 110 fokos szöget zárnak be. Mennyi a két időpont közötti különbség? Üdv: epsilon

Mivel a nagymutató 12-szer megy körbe, amíg a kicsi egyszer, ezért 12 óra alatt 11-szer előzi meg a nagymutató a kicsit, így 11-szer fordul elő, hogy egy adott szöget zár be egymással a két mutató (feltéve, hogy a szöget irányítottnak tekintjük). Így a válasz \(\displaystyle \frac{12}{11}\) óra.

Egyébként minden órában kétszer is 110 fokot zárnak be a mutatók (egyszer a nagymutató van elől, egyszer a kicsi). Ezeknek az eseteknek a vegyes kezelése az előző egyszerű módon nem megy.

Köszi Sirpi, de nekem egy kicsit furcsa az eredmény, hiszen fel sem használtuk, hogy a szög 110 fokos, így független lenne attól az eredmény?

Fapados megoldás:

I. 18 óra után

- kismutató helyzete: 180*(\(\displaystyle t_1\)/30)

- nagymutató helyzete: 30*(\(\displaystyle t_1\)/30) + 180

- egyenlet: kettő külőnbsége = 110

II. 19 óra után

- kismutató helyzete: 180*(\(\displaystyle t_2\)/30)

- nagymutató helyzete: 30*(\(\displaystyle t_2\)/30) + 210

- egyenlet: kettő külőnbsége = 110

Ebből:

- \(\displaystyle t_1\) = 14 (18:14-kor volt 110 fokos a külőnbség)

- \(\displaystyle t_2\) = 20 (19:20-kor volt 110 fokos a külőnbség)

Akkor feladat megoldása: (19:20 - 18:14) = 1óra 6perc.

Köszi yield, pont ilyen megoldásra vágytam, hiszen 5.-6. osztályosoknak tűzték ki.

A két eredmény nem ugyanannyi. Az 1 óra 6 perc nem 12/11 óra. Ráadásul ma 6-tól 7-ig az órámat néztem, és a két mutató kétszer is 110 fokot zárt be egymással. Ez 110 fok helyett szinte minden szögre igaz. 7-kor 150 fokos szöget zárnak be, így nem sokkal előtte is meg kell hogy valósuljon a 110 fok. Az eredmény irányított szögek esetén tényleg ugyanannyi minden szögre.

Mind a két megjegyzésed jogos, köszönöm!

1. Az óramutató képletem nem volt jó: 30*(t/30) helyett 30*(t/60) a jó. Így megoldva az egyenleteket kijön a 12/11 óra.

2. A külőnbség abszolut értéke egy órán belül (ha t: 0 és 60 között) kétszer lesz 110. Pontosítani kell a feladatkiírást

Keresek olyan mindenhol differenciálható komplex függvényt, amelynek az összes gauss-egész a zérushelye, de csak a gauss-egészek a zérushelyei. Ha lehet, a függvényt az ismert elemi függvények segítségével és a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával írjuk fel. Előre is köszönöm mindenkinek a segítségét!

Csak le kell fordítani a kérdésedet angolra, és jó esetben, mint most is (3. találat a google-on) meg lehet találni a választ: https://math.stackexchange.com/questions/264407/entire-function-having-simple-zero-at-the-gaussian-integers

Tegyük fel, hogy minden futballmérkőzés pontosan 90 percig tart, és minden mérkőzésen átlagosan 3 gól esik. A mérkőzésenkénti gólok száma Poisson-eloszlást követ. Most nagy hirtelen a nagyokos szabályalkotók összegyűlnek, és kitalálják azt az új szabályt, hogy ha akármelyik mérkőzésen egy gól esik, akkor a mérkőzés nem ér véget automatikusan 90 perc után, hanem a gól után pontosan 10 percig még tart a mérkőzés, azaz 10 perc hosszabbítás következik. Nyilván, ha az utolsó gól a mérkőzés 80.-ik perce előtt esik, akkor a mérkőzés automatikusan véget ér 90 perc után. Milyen eloszlást követ ekkor a mérkőzések időtartalma? Vigyázat, ha a mérkőzés hosszabbításában is gól születik, akkor a gól után a 10 perc hosszabbítás mérése automatikusan újra kezdődik.

Szerintem ahhoz, hogy ezt meg lehessen mondani, nem elég annyi megkötés a modellre, hogy “A mérkőzésenkénti gólok száma Poisson-eloszlást követ”. Ha például minden jelenlegi mérkőzésnek a vége felé könnyebb gólt rúgni, mint az elején, akkor az új szabály sokszor fog hosszabbítást és több gólt eredményezni, de ettől még igaz lehet a feltételed.

Ok, teljesen igaz a megjegyzés. Akkor úgy pontosítok, hogy a mérkőzésenkénti gólok száma 3 várható értékű Poisson-eloszlást követ úgy, hogy a mérkőzés bármely viszgált időszaka alatt esett gólok száma is Poisson eloszlású. Ekkor feltehető, hogy a vizsgált időszak alatti gólok számának várható értéke úgy aránylik a teljes mérkőzés alatti gólok számának várható értékéhez, mint a vizsgált időszak hossza a teljes mérkőzés idejéhez.