Fórum: Valaki mondja meg!

Valóban, elég az, hogy a egész.

Sziasztok! Lenne egy feladat, aminek a megoldását nem értem. Előre is elnézést kérek a rutinosabbaktól, hogy ilyen "egyszerű" (a feladatgyűjteményben, mint könnyű feladat szerepel) feladattal zargatlak benneteket. A feladat: "Egy mértani sorozat első hét tagjából az első három elem összege 26, a három utolsó elem összege pedig 2106. Mennyi a hét tag összege?" Az lenne a kérdésem, hogy az alábbi megoldásban az első egyenlőség hogyan jön ki?:

Nézzük a jobboldalt tagonként:

a₅=a₁q⁴

a₆=a₁q⁵=a₂q⁴

a₇=a₁q⁶=a₂q⁵=a₃q⁴

(itt azt használtuk fel, hogy a_n=a_mq^n-m )

behelyettesítés után:

a₅+a₆+a₇=a₁q⁴+a₂q⁴+a₃q⁴

ebből a q⁴ tényezőt kiemelve kapjuk, hogy:

a₅+a₆+a₇=q⁴(a₁+a₂+a₃)

és innen már tudni fogod.

Nagyon szépen köszönöm a választ! Így már értem. :-)

Sziasztok!

Egy első ránézésre nagyon egyszerű kis problémával találom magam szemben. Van 1 forgó dobom, amiről folyamatosan tekercselem le a rá feltekercselt huzalt, megközelítőleg állandó sebességgel. Mivel a folyamatos letekercselés során csökken az átmérője a dobnak, és a tömege is, így a tehetetlenségi energiája folyamatosan csökken. A kérdésem az, hogy hogyan tudnám ezt legideálisabban fékezni, hogyan tudom meghatározni a súrlódási energiát ennek a rendszernek. Most jelenleg levegő működtetésű tárcsafék fékezi a rendszert, állandó nyomással, de letekercselés végén megnyújtja a huzalt, a túlzott fékhatás miatt szerintem. Segítségeteket előre is köszönöm! üdv:Robi

A "súrlódási energia" számomra nem tűnik igazán kezelhető fogalomnak.

Ha jól értem, a gond ott van, hogy igazából a kerületi erő állandóságára lenne szükség, ami - a csökkenő sugár miatt - csökkenő fékezőnyomatékot igényelne. Ezt képletszerűen elég macerás lenne felírni, bár időben egyenletes sugárcsökkenéssel tán nem lőnénk nagyon mellé. A fő gond inkább az, hogy hogyan állítasz elő időben változó fékezőnyomatékot.

A pneumatikus féked tápnyomását kellene (tudni) változtatni a huzalerő függvényében. Amennyire tudom, ezt nagyban úgy oldják meg, hogy a huzal egy görgőn van eltérítve, a görgő pedig egy nyomásszabályzó szelep karjának végén van (vagyis épp a huzalerő szabályozza a tápnyomást).

üdv, az elektronikus munkafüzetbe nem tudok bejelentkezni - azért, mert tavaly végeztem? ez esetben, a régebben texben beküldött megoldásaimat sem tudom már megnézni (törölve lettek)?

ez matek: Van 10 rabló, akik egy végtelen sok lakattal lezárható kincsesládát akarnak lelakatolni úgy, hogy semelyik 3 ne tudja kinyitni, de bármely 4 igen. Legalább hány lakat kell ehhez, ha egy rabló több kulcsot is kaphat? Légyszi segítsetek!!!

Ez KöMaL-feladat volt egy kicsit általánosabban. Gördíts le a B.3431-ig.

Az a feladat ide csak alsó becslést ad. A felső becslése csak arra az esetre vonatkozik, amikor minden zár közvetlenül az egy páncélszekrény ajtaján van.

Bizonyos n,k értékekre jobb konstrukciót lehet adni, ha használhatsz plusz ládákat. (Lehet, hogy az is segíthet, ha csak egy ládád van, de sorba köthetsz lakatokat esetleg láncot is használva, nem tudom.)

Mondok egy példa konstrukciót. Minden (t,v) számpárhoz, ahol 0twn egészek, vegyünk fel egy L(t,w) ládát, amibe majd néhány kulcsot rejtünk. Azt szeretnénk, hogy L(t,w)-t pontosan akkor lehessen kinyitni, ha együttműködik az R(0),R(1),...,R(w-1) rablók közül legalább t fő, meg még az R(w) rabló. Ezt az általános esetben úgy érjük el, hogy az L(t,w) ládán két lakat van, az elsőhöz csak az R(w) rablónak van kulcsa, a másikhoz viszont az L(t-1,t-1),L(t-1,t),...,L(t-1,w-1) ládák mindegyikébe rakunk egy kulcsot. Speciálisan azonban ha 0=t, akkor csak az első lakat legyen a ládán. Végük a kincset rakjuk egy külön ládába, és az ezen lévő egy lakathoz az L(k-1,k-1),L(k-1,k),...,L(k-1,n) ládába rejtsük.

Ezzel a megoldással elég összesen O(n²) láda, O(n²) lakat és O(n³) kulcs. Ez megfelelő n,k esetén olcsóbb lehet, mint a megoldásban leírt lakat.

(Arra vigyázni kell, hogy a ládák elég nehezek legyenek ahhoz, hogy ne lehessen ellopni őket. Vegyük viszont észre, hogy a megadott séma robosztus abban az értelemben, hogy k-nál kevesebb rabló nem tudja kulcsok ellopásával megakadályozni azt, hogy rablóknak másik, az előbbitől diszjunkt halmaza kinyithassa a ládát, így a kulcsokat nem szükséges a ládák belsejéhez láncolni.)

Még ennél is van jobb, ha nem egy szimplán leüthető lakatról van szó, hanem egy elektronikusról. Legyen N egy nagy pozitiv egész szám, a kulcs ami a széfet nyitja pedig egy random [N/2,N) intervallumba eső R egész. Az i-edik alkalmazott kulcsa az Rmod p_i szám, ahol és p_i prím (különbözőek). Bármely 4 összeáll, akkor ki tudják nyitni a zárat a kínai maradéktétel miatt (az elektronikus zár kiszámolja R-et a kínaiból), de bármely 3 még nem.

Én meg tudom csinálni n+1 lakattal is, bármi legyen is a k.

Rögzítsük a barlang egyik oldalához a kincsesládát, ezen legyen egy lakat. A lakat kulcsát rögzítsük egy hosszú láncra a barlang másik végéhez. A láncot n darab lakattal rövidebbre vesszük úgy, hogy minden rablóhoz pontosan egy lakatja van, és ehhez csak neki van kulcsa. Minden lakat két, egymástól d távolságra lévő láncszembe van beakasztva, és a lefogott d hosszú darabok nem fedik át egymást. A lánc hossza úgy van beállítva, hogy ha k lakatot kinyitnak, akkor már a végén lévő kulcs eléri a kincsesláda lakatját, de ha csak k-1-et nyitnak ki, akkor nem.

Kedves Mindenki! Van egy aranyos feladatom, amit szeretnék megosztani veletek.

Van egy r sugarú legelő, és az egyik széléhez ki van kötve egy kecske. A kötél hossza R. A kecske mindent lelegel, amit elér. Milyen hosszú a kötél, ha a kecske a legelőnek épp a felét legeli le?

Adjuk meg 10 jegy pontosan!

Nem értem, ez a feladat mitől ilyen népszerű.

gugli(kecske kötél) = {Érdekes matekfeladatok[342], Valaki mondja meg![133], Érdekes matekfeladatok[1315], Érdekes matekfeladatok[1706] ...}

Kedves Jonas, köszönöm kedves válaszod, végre láttam egy egyszerűbb megoldást. Nekem ennél bonyolultabb jött ki. Bizonyára azért olyan népszerű, mert egyszerűen megfogalmazható, mégse egyszerű a megoldás.

Van két kitérő egyenesünk a térben:

Mekkora a két egyenes távolsága?

Szerintem 13, de lehet, hogy elszámoltam.

J És B felváltva írnak a tizedesvessző után számjegyeket végtelen sokáig. J nyer, ha a kapott szám racionális, B ha irracionális. Kinek van nyerő stratégiája? (ui: és köszi az előző megoldásokat:)

Át kell gondolni, hogy mikor rac. egy ilyen szám, és hogy a racionalitást mindig el lehet-e rontani.

Egy kör alakú autópálya mentén benzinkutak vannak, bennük különböző mennyiségű benzin. Tudjuk, hogy összesen pont annyi benzin van szétosztva a kutak közt, amennyi egy kör megtételére elég. Bizonyítsuk be, hogy van olyan pontja a pályának, ahonnan egy autó üres tankkal elindulva végig tud menni a kutakban található benzin segítségével.

Először vizsgáld meg 1 kútra, 2 kútra... 2 kút esetén el lehet indulni egy kútból úgy, hogy tovább mehess egy másik kúthoz? Stb. Ha semmiképp sem megy, inkább konzultálj/gondolkodj a társaiddal az fmx (:-P) házikról, mert mindenre nem fogsz itt választ kapni.

szabad tudnom ki vagy, Vogel?:P már csak azért is h tudjam, ki tengeti a vasárnap estéit rajtam kívül KöMaL fórumon:) meg h mennyire égtem le itt...

Nem égtél le.

Erre a feladatra van egy egyszerű, szemléletes megoldás, ha már szóba került leírom: Képzeljünk az autóra egy póttankot, az egész pályára elegendő benzinnel. Valamelyik kúttól indulva rajzoljunk egy grafikont, ami az autóban lévő benzin mennyiségét mutatja a megtett út függvényében. Az induló kútnál megugrik a kút tartalmával, utána a következő kútig egyenletesen csökken, itt megint helyben nő ennek a kútnak a tartalmával, és így tovább. Egy fűrészfogazás jellegű ábrát kapunk. A feltétel miatt a kiinduló kúthoz visszaérve pont annyi benzin lesz az autóban, mint induláskor. Lehet, hogy lesznek olyan pontok, ahol a benzin a kezdeti szint alatt van, vagyis a póttankból fogyasztunk.

Nézzük meg, hogyan változik a grafikon, ha egy másik kúttól indulunk. A menete ugyanaz, csak függőlegesen el lesz tolva, felefelé vagy lefelé - és persze az elejéről egy darab a végére kerül. A megoldás: A tetszőleges kúttól induló grafikonon válasszuk ki a legmélyebb pontot. Ez nyilván valamelyik kúthoz történő érkezésnél van. Ettől a kúttól indulva a grafikon végig a póttank szintje felett halad, a póttank elhagyható.

Én vagyok a J, és én kezdek:

0,4

Eddig racionális. Tessék, rontsd el a racionalitást.

HoA, csak azért segítsz neki, mert ő is kutya fényképeket rak föl, vagy pedig nem láttad, hogy vogel mit írt? Csak kíváncsiságból kérdezem.

J-nek van nyerő stratégiája, ugyanis ahhoz, hogy ez a szám irracionális legyen végtelen sok tizedesjegyet kell leirni, vagyis a játék sosem ér véget. Ha eltekintünk attól az apróságtól, hogy az ember élete véges és vég nélkül folytatódik a játék, B akkor sem nyerhet, mert akárhányadik lépésnél is tart, a tizedesjegyek száma mindig véges.

Látahtó, hogy a legtöbb tankönyvi példában J-nek van nyerő stratégiája, nem véletlenül is használok j betűs screen nevet.

Arra gondolsz, hogy ne mi oldjuk meg a házi feladatait? Ha igen, akkor amit leírtam, ugyanúgy csak segítség, mint a javaslat az 1 kút, 2 kút, stb. megközelítéshez. A bizonyításhoz igazolni kell a grafikon említett tulajdonságait.

Vogel hozzászólásából nem látom, miért ne adhatnánk ötleteket, hisz ő is ad, meg te is. Vagy másra gondoltál? Lehet, hogy tudnom kéne, mi az az fmx ?

Persze, ötletet nyugodtan adhatsz, nem kéne belekötnöm. Bocsánatot kérek.

Képzeld azt, hogy az első számjegyet 1/2, a 2.-at 1/4, a 3.-at 1/8, stb. másodperc alatt írják a szám végére (mindig feleződik az idő). Ekkor 1 másodperc után elő is áll a végeredményként kapott szám. És ha B nem onnan kapta a nevét, hogy hihetetlenül B-na, akkor nagyon könnyen el tudja érni, hogy ez irracionális legyen (egyelőre nem lövöm le).

Hmm, akkor most már én is mondok igazi segítséget. Fannka: a házi feladatokhoz általában segít valamelyik korábbi (órai vagy házi) feladat. Nézd át az előző heti feladatsort, és a megoldásokat, és találd ki, melyik kettő illik ide. Ha nem tudod a megoldást a megfelelő feladatokra, akkor próbáld meg először azokat megoldani; ha nem megy, kérdezz meg valakit, aki bent volt az órán, és jegyzetelt. (Nagy általánosságban a nők jobban jegyzetelnek az egyetemi órákon, mint a férfiak, de sok egyéni különbség van.)

Planck-idő nem zavar?

Mondjuk B első számjegye 1, a második 4, a harmadik 1,... vagyis B a soronkövetkező tizedesjegyét irja, függetlenül attól, hogy J éppen melyik számot irta.

Eszembe jutott egy régebbi vitánk a Brun-állandóról. Továbbra is fenntartom, hogy amig nem tudjuk, hogy az ikerprimek száma véges-e, avagy végtelen, addig felesleges, sőt butaság vizsgálni a Brun-állandó racionális, vagy irracionális voltát. Egy sorozat összegéről csak akkor tételezetjük fel, hogy irracinális, ha már tudjuk, hogy az végtelen sok tagból áll.

Tudjuk, hogy az irracionális számok többen vannak, mint a racionálisok. Azt is tudjuk, hogy bármely két különböző irrac. szám között van legalább egy rac. szám és forditva.

Legyenek a,bQ^*, 0<a<b, vagyis irrac. számok! Ekkor létezik c, cQ, vagyis rac szám úgy, hogy a<c<b. Ekkor létezik a^', a^'Q^*, c<a^'<b. Ekkor létezik c^', c^'Q, a^'<c^'<b. Ekkor...

Képezzünk ezekből a számokból párokat úgy, hogy az első szám rac., a második irrac. legyen: (0,b), (c,a), (c^',a^'),...! Úgy tünik, hogy akárhányszor egy új irrac. számot veszünk a régiek mellé, mindannyiszor kapunk egy új rac. számot is.

Ezekszerint mégis van bijektiv leképezés a két halmaz között?

Rossz következtetés. A módszereddel nem lesz párja sem az összes rac számnak, sem az összes irrac számnak.

Szóval a válasz a kérdésedre: nincs.

Valóban, nem szerepel az összes rac. illetve irrac. szám. Azt én is tudom, hogy nincs, (Cantor bizonyitása nem olyan bonyolult, hogy ne érteném), csak játszom a gondolattal.

Képezzünk egy fát a következőképp: az első csúcsot cimkézzük fel a 0-val. Az első csúcsból induljon 10 él 10 csúcsba, cimkézzük fel az új csúcsokat a 0-tól 9-ig terjerdő természetes számokkal, úgy, hogy a baloldali kapja a 0-t, a mellette lévő az 1-est, és igy tovább, vagyis mindegyik új csúcs különböző számú cimkét kapott. Az új csúcsok mindegyikéből induljon 10 él 10 új csúcsba, ezeket a csúcsokat is az előbbiekhez hasonlóan cimkézzük fel. Azután ezekből a csúcsokból is induljon..., és igy tovább

Ime, itt van az összes [0,1] intervallumba eső valós szám, ugyanis, ha elindulunk a kezdőcsúcstól, végigmegyünk valamelyik úton és leirjuk egymás után, hogy melyik számokat érintettük, úgy, hogy az első 0 után egy tizedesvesszőt irunk, akkor egy valós számot kapunk. Ha csak 0-kat , akkor a 0-t, ha csak 9-eseket érintünk, akkor az 1-et kapjuk eredményül. (A 0-n és az 1-en kivül minden racionálist kétszer kaptunk meg, pl.: 0.5999...=0.6.)

Megszámlálható-e bejárható utak halmaza?

Mivel ez nem egy fizikapélda, nem különösebben. Szerintem amúgy is zavaróbb, hogy nincs végtelen sok atom a világegyetemben a kapott szám megjelenítéséhez. Ez csak egy szemléltetés, hogy hogy lehet ilyesmit elképzelni, de a valóságban nyilván senki nem fog nekiállni ilyet játszani.

Nem látom, hogy miért ne vizsgálhatnánk, hogy rac. vagy irrac. Abban igazad van, hogy irrac csak úgy lehet, ha végtelen sok ikerprím van (amit sejtünk), de rac. nem csak úgy lehet, ha véges sok ikerprím van, hiszen egy végtelen sok tagú poz. sor összege is lehet rac:

Persze ehhez kell az is, hogy pi irracionális. Egy egyszerűbb konstrukció: ha n az 2 hatvány, akkor B n-edik írt számjegye legyen 1, egyébként 0.

"A 0-n és az 1-en kivül minden racionálist kétszer kaptunk meg, pl.: 0.5999...=0.6"

Ez nem igaz. Hf: keressünk ellenpéldát.

Hát mindenesetre köszönöm a válaszokat! És nincs semmi problémám azzal, h házit kell csinálnom, sőt kifejezetten jó feladatok ezek:) Nem lustaságból írom fel ide, pusztán ciki lenne nem megoldani a feladatot, meg a többiek is számítanak rám... A 7végén sokat gondolkodtam rajta, és nem jutottam semmire... Az órai feladatokat értem, sőt java részét magamtól is megoldom, de azok közt nincs (vagy én nem látok) ezekhez hasonló. De attól még ugyanúgy gondolkodom ezeken, mert vannak kevésbé izgi órák, amiket ennek szentelek:P Szóval akkor bocs, h ilyenekkel botránkoztattam meg itt a segítőkész embereket, ezentúl megtartom magamnak a kérdéseim. (Ui.: Milyen logika az, h azok tartanak össze, akiknek kutya a szimbólumok?)

És kaphatnék egy útmutatást, hogy az ilyen feladatokat hogy kell megoldani?

Egy egyszerü példa: a négyzetszámok reciprokainak az összege ²/6, irrac. Ha csak az első n négyzetszám reciprok összegét képezzük, akkor rac. számot kapunk. A részösszegek sorozata ²/6-hoz tart, de attól még minden tagja rac. Ha véges sok négyzetszám lenne, akkor egy ²/6-hoz nagyon közeli rac számot kapnánk.

Vagyis, ha véges sok ikerprim van, akkor a Brun-állandó csak rac. lehet. Ha már tudjuk, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már két alternativánk lesz.

amúgy a 0.99..=1, és akkor ez is felírható 2 racionálisként

Helyesen: a 0-n és az 1-en kivül minden véges tizedes törtet kétszer kaptunk meg.(Már ha az 1 is az).

Csakhogy az 1 nem szerepel a fában csak 0.999... alakban.

"Abban igazad van, hogy irrac csak úgy lehet, ha végtelen sok ikerprím van..." Hát pont ezért.

Helyes.