Matek feladatok

Hat csak annak nemsok koze van a matekhoz. A modszer azert lenyeges, mert nem minden feladat szamolhato. Van amit a legfurgebb kompúter is evmilliokig szamolna ilyen brute force modszerrel.

szerintem megszámolni a legegyszerûbb, csak nagyon hosszú idejig tart. de a megoldás egyszerû.

Ez nem levezetes, ezek alapfogalmak. Ha barhol csak az eredmenyt bofogod oda, arra azt mondjak bulsit 😊 Szerintem logikai szitaval a legegyszerubb (vagy hogyishijjak).

Vagy ha ez túl bonyolult, akkor számold meg:
111123, 111132, 111213, 111223, 111231, 111232, 111233, 111312, 111321, 111322, 111323, 111332, 112113, 112123, 112131, 112132, 112133, 112213, 112223, 112231, 112232, 112233, 112311, 112312, 112313, 112321, 112322, 112323, 112331, 112332, 112333, 113112, 113121, 113122, 113123, 113132, 113211, 113212, 113213, 113221, 113222, 113223, 113231, 113232, 113233, 113312, 113321, 113322, 113323, 113332, 121113, 121123, 121131, 121132, 121133, 121213, 121223, 121231, 121232, 121233, 121311, 121312, 121313, 121321, 121322, 121323, 121331, 121332, 121333, 122113, 122123, 122131, 122132, 122133, 122213, 122223, 122231, 122232, 122233, 122311, 122312, 122313, 122321, 122322, 122323, 122331, 122332, 122333, 123111, 123112, 123113, 123121, 123122, 123123, 123131, 123132, 123133, 123211, 123212, 123213, 123221, 123222, 123223, 123231, 123232, 123233, 123311, 123312, 123313, 123321, 123322, 123323, 123331, 123332, 123333, 131112, 131121, 131122, 131123, 131132, 131211, 131212, 131213, 131221, 131222, 131223, 131231, 131232, 131233, 131312, 131321, 131322, 131323, 131332, 132111, 132112, 132113, 132121, 132122, 132123, 132131, 132132, 132133, 132211, 132212, 132213, 132221, 132222, 132223, 132231, 132232, 132233, 132311, 132312, 132313, 132321, 132322, 132323, 132331, 132332, 132333, 133112, 133121, 133122, 133123, 133132, 133211, 133212, 133213, 133221, 133222, 133223, 133231, 133232, 133233, 133312, 133321, 133322, 133323, 133332, 211113, 211123, 211131, 211132, 211133, 211213, 211223, 211231, 211232, 211233, 211311, 211312, 211313, 211321, 211322, 211323, 211331, 211332, 211333, 212113, 212123, 212131, 212132, 212133, 212213, 212223, 212231, 212232, 212233, 212311, 212312, 212313, 212321, 212322, 212323, 212331, 212332, 212333, 213111, 213112, 213113, 213121, 213122, 213123, 213131, 213132, 213133, 213211, 213212, 213213, 213221, 213222, 213223, 213231, 213232, 213233, 213311, 213312, 213313, 213321, 213322, 213323, 213331, 213332, 213333, 221113, 221123, 221131, 221132, 221133, 221213, 221223, 221231, 221232, 221233, 221311, 221312, 221313, 221321, 221322, 221323, 221331, 221332, 221333, 222113, 222123, 222131, 222132, 222133, 222213, 222231, 222311, 222312, 222313, 222321, 222331, 223111, 223112, 223113, 223121, 223122, 223123, 223131, 223132, 223133, 223211, 223212, 223213, 223221, 223231, 223311, 223312, 223313, 223321, 223331, 231111, 231112, 231113, 231121, 231122, 231123, 231131, 231132, 231133, 231211, 231212, 231213, 231221, 231222, 231223, 231231, 231232, 231233, 231311, 231312, 231313, 231321, 231322, 231323, 231331, 231332, 231333, 232111, 232112, 232113, 232121, 232122, 232123, 232131, 232132, 232133, 232211, 232212, 232213, 232221, 232231, 232311, 232312, 232313, 232321, 232331, 233111, 233112, 233113, 233121, 233122, 233123, 233131, 233132, 233133, 233211, 233212, 233213, 233221, 233231, 233311, 233312, 233313, 233321, 233331, 311121, 311122, 311123, 311132, 311211, 311212, 311213, 311221, 311222, 311223, 311231, 311232, 311233, 311312, 311321, 311322, 311323, 311332, 312111, 312112, 312113, 312121, 312122, 312123, 312131, 312132, 312133, 312211, 312212, 312213, 312221, 312222, 312223, 312231, 312232, 312233, 312311, 312312, 312313, 312321, 312322, 312323, 312331, 312332, 312333, 313112, 313121, 313122, 313123, 313132, 313211, 313212, 313213, 313221, 313222, 313223, 313231, 313232, 313233, 313312, 313321, 313322, 313323, 313332, 321111, 321112, 321113, 321121, 321122, 321123, 321131, 321132, 321133, 321211, 321212, 321213, 321221, 321222, 321223, 321231, 321232, 321233, 321311, 321312, 321313, 321321, 321322, 321323, 321331, 321332, 321333, 322111, 322112, 322113, 322121, 322122, 322123, 322131, 322132, 322133, 322211, 322212, 322213, 322221, 322231, 322311, 322312, 322313, 322321, 322331, 323111, 323112, 323113, 323121, 323122, 323123, 323131, 323132, 323133, 323211, 323212, 323213, 323221, 323231, 323311, 323312, 323313, 323321, 323331, 331112, 331121, 331122, 331123, 331132, 331211, 331212, 331213, 331221, 331222, 331223, 331231, 331232, 331233, 331312, 331321, 331322, 331323, 331332, 332111, 332112, 332113, 332121, 332122, 332123, 332131, 332132, 332133, 332211, 332212, 332213, 332221, 332231, 332311, 332312, 332313, 332321, 332331, 333112, 333121, 333122, 333123, 333132, 333211, 333212, 333213, 333221, 333231, 333312, 333321
<#beka3>

hát, nézz utánna a permutáció, kombináció és a variáció kifelyezéseknek!

És hogy jött ki?
Leírnád a levezetést!
Köszi

Te tudod a választ?<#conf>
Én igen. megmondjam?<#phone>
539db
szerintem. és nem hasraütés!<#felkialtas>

Csá!
Lenne egy feladat:
Hány olyan hatjegyû szám van, amely csak 1,2,3 számjegyeket tartalmazza, de mindegyiket legalább egyszer?

<#nemtudom>

... akkor jo van sanyika, ha oda meg mindig le van irva, akkor ok.

nem teljesen értem mit akarsz mondani!

1: ha a rabok (vagy legalább egy, a kiválasztott) nem ismeri az x-et (vagyis a rabok össz számát), akkor szerintem nem lehet megoldani a feladatot.
tehát nem én nem tudom, hanem szerintem nem lehet.
2: ha nincs elõre megbeszélt stratégia, akkor szintén nem lehet megoldás. szerintem az a fõ kérdés, hogy mi a stratégia. ha nincs, ilyen akkor nincs kérdés és így feladvány sincs.
3: pedig ott még mindig le van írva 😊

1. Tenyleg nem kotozkodes... de szamomra abbol, hogy egy emberrel ossze vagyok terelve nem kovetkezik, hogy explicit tudom, hogy hanyan is vagyunk osszeterelve, de legyen.

2. Az sem kovetkezik szamomra egyertelmuen, hogy van lehetoseg ilyen strategia megbeszelesere az x darab rab kozott, de ez csak sorszalhasogatas, illetoleg az eredeti leiras nem egyertelmu ebben a kerdesben (holott mas kerdesekben viszont nagyon is az, jo eselyel ez a feladatot nehezito tenyezo).

3. Viszont sztem jo 5let, mint irtam, a hosszu stuffot nem olvastam.

De ez csak akkor mukodik am, ha a rabsetakra teljesul a feltetlenul partatlan utemezes. (Kulonben sosem szabadulnak)

1: "A rabok együtt érkeznek", tehát tudják, hányan vannak.
2: nyilván minden rabnak ismernie kell a stratégiát, hiszen különben nem mûködik. és ahogy a stratégiát ismeri, ismerheti a kiválasztott személyét is. persze feltételezve, hogy nem ismerik elõre az x-et, így célszerûbb ott helyben választani. kiválasztott az is lehet, aki elõször lép be a börtönkapun, vagy aki elõször köhhint az érkezéskor.
3: nem kell tudniuk mi a kapcsoló eredeti állása, ezt a #345-ben ki is fejtettem.

a hosszút nem böngésztem végig de jó a megoldás!!

Teljesen ertheto es sztem mukodik is a dolog, abban az esetben ha feltetelezuk, hogy 1. a rabok ismerik azt a bizonyos x -t, 2. a raboknak van lehetoseguk kivalasztani olyan embert aki szamol, 3. tudjak mi a kapcsolo kezdeti allasa. Ha ez a harom all, akko sztem teljesen jonak tunik a stuff 😉 - legalabbis a rovid valtozat atolvasasa utan, hosszut nemn olvastam, de sztem egyre gondolunk.

na jó.. leírom hosszabban...
alapelv: kiválasztott csak B->A, míg mások csak A->B -t kapcsolnak

van egy kiválasztott ember, aki lehet pl a legöregebb.
tegyük fel, hogy a beköltözéskor a kapcsoló állása: A
kiviszik az elsõ embert ha õ a kiválasztott, úgyhagyja. ha õ egy átlag (elsõ!) ember, akkor átkattintja. (😎
a következõ ember, ha nem õ a kiválasztott, akkor úgyhagyja (nem jelez) (😎
jönnek az emberek sorra, de senki sem jelez. (😎
mígnem jön a kiválasztott, aki visszaállítja, elfogadva ezáltal az elsõ jelzést. (A)
aki legközelebb jön, az átgondolja, hogy õ jelzett-e már, vagyis kapcsolta-e már a kapcsolót A-ból B-be. ha nem, akkor nosza. (😎
jönnek, mennek a rabok, de nem jeleznek, mert csak a kiválasztott kapcsolhat B-bõl A-ba, aki ha jön akkor megteszi, és tudja, hogy megin valaki sétált és jelzett és õ meg elfogadta. (A)
jön a következõ, ha nem jelzett, jelez, ha kiválasztott, akkor szükség esetén visszakapcsol és ha eleget kapcsolt (x-1, mer maga nem kapcsol) akkor beszól, hogy nagybimbim!!!
ha a kapcsoló B-ben van, amikor beköltöznek...
hát... itt az a gond, hogy senki sem tudja, hogy jelzés történt-e, vagy csak eleve B-ben volt.
ezért kell egy elõre megbeszélt türelmi idõ. ha pl feltételezzük, hogy minden nap kimegy valaki, akkor ez egy nap. tehát az elsõ nap (türelmi nap, vagyis nem érvényes az alapelv) mindenkinek kutya kötelessége A-ra állítani a kapcsolót, így a második naptól már ugyanaz a szisztéma, mint az elõbb (amikor beköltözéskor A volt)

most már vili?

nem világos... na olvasd el újra!

Na, az én megoldásom:

ismerik egymást, egyszerre mennek be, így lehet egy kiválasztott ember (pl a legöregebb, vagy lehet pl géza a hegyrõl)
na ez az ember mondja majd be a frankót.
ha egy rab elõször sétál azt a kapcsoló A->B -vel jelzi. B->A átmenetet csak (!) a kiválasztott csinálhat.
így a kiválasztott számol és ha mindenki sikeresen jelezte, akkor bemondja: BUÉK!

én most olvastam csak...

Persze, ennyi idõ után. Nekem meg sajna nincs idõm(meg tán kedvem?) gondolkodni...

Én kitaláltam egy megoldást.
Érdekel valakit?

Nem egyenes. Nezd meg pl azt a racspontot pl ahol az also kepen a sarga szabalyos tetriszoid bal felso sarka van, a folso 'haromszogbol' mar kilogna.

A folso egy konkav sikidom emiatt veszit teruletet, mig az also konvex, igy alakul ki neki az az egy egysegnyi plussz.

😊

ha mind meghal, ez mondjuk nem túl matekos megoldás, de végülis igaz ^.^

az alsó kisebb területû próbáld szétvágni ps-ben és összerakni belõle a felsõt .. sztem nem fog menni ;]

Optikai csalodas...

Ugyanakkora?

tegyel egy vonalzot mindket haromszog atfogojara 😉

<#wilting>

ez a háttérképem😊

Hmmm, érdekes

Adott egy börtön, melyben a cellák hermetikusan elzártak, a cellák között semmilyen kommunikáció nem lehetséges.

Bekerül a börtönbe x db rab. A rabok együtt érkeznek és ismerik a börtön adottságait. A börtönõrök viszik sétálni a rabokat, naponta akár többet is, de teljes véletlenszerûséggel. Egy nap akár egy rabot többször is levisznek, de lehet olyan rab, aki akár egy hónapig, vagy tovább nem sétál. Egyszerre egy rab sétál. Az udvaron van egy kapcsoló, melynek két állása van, A és B. A rabok ezzel a kapcsolóval kommunikálhatnak: a séta alatt átkapcsolhatják. A börtönõrök nem nyúlnak a kapcsolóhoz.

A rabok akkor szabadulnak ki, ha valamelyik rab kijelenti, hogy: 'Már minden rab volt legalább egyszer sétálni' és a kijelentés IGAZ. Ha a kijelentés nem igaz, soha többé nem szabadulnak ki. Tehát csak egyszer lehet ilyen kijelentést tenni.

Hogy szabadulhatnak ki?

2*2=4
ez nem baromság, viszont...

"csak" 😊 - lol, az pont eleg hogy baromsag legyen.

Nem gondolta komolyan. Ez a pelda csak arra valo, hogy zavarba hozza azokat, akik nem veszik eszre a hibas lepest. Amugy nem baromsag, csak egy abszolutertek maradt le a baloldalon.

<4 - (9/2)>^2 = <5 - (9/2)>^2

=>

4 - (9/2) = 5 - (9/2)

A fenti lepest egesz konkretan hogy gondoltad? Mert ez baromsag.

ez jo 😊

16 - 36 = 25 - 45
16 - 36 + (9/2)^2 = 25 - 45 + (9/2)^2

Vegyük észre, hogy mind két oldalon teljes négyzetet látunk !

<4 - (9/2)>^2 = <5 - (9/2)>^2
4 - (9/2) = 5 - (9/2)
2x2 - (9/2) = 5 - (9/2)
2x2 = 5 ??!!

így vizuálisan valóban nem "kerekedik" ki, a 4. lépéstõl kezdve már szinte ugyan olyan

egyébként én rontottam el. maple-el számoltam a konvergenciát aztán valószínû összekeveredtek a változónevek így jöhetett ki az a 47/22 ed...
megnéztem újból és nemhogy kb 1.6 de pont 1.6😊
szóval helyes az eredményed!

bocs az akadékoskodásért<#miaz>

5*5=25

Na kiszamoltam a te kepleteddel, es az enyemmel megegyezo eredmenyt kaptam.

A tiedben a haromszog kore irt terulet:
kb 2.41
A hopihe terulete kb 1.6
66.15%

(sajnos 500 lepes utan megadta magat valamiert ez a szamolas, igy csak eddig tudtam)

Szoval ugyanaz az eredmeny jott ki, a kiszamitas alatt irhattal el valamit.

De amugy sztem kb ez az eredmeny jo, ha megnezzuk a hopihet, max csak gombolyodik, de nem duzzad szamottevo mertekben, szemre tok realisnak tunik a 66 koruli %.

http://www.shodor.org/interactivate/activities/koch/

Szepen tartja a hopihe format.

Hm, tenyleg annyi. De miert kulonboznek ennyire az eredmenyek? Mindketto keplet esszerunek tunik 😊

(az enyem ugyanis tokugyanez, csak en az oldalhosszt vettem egysegnyinek, igy az szamithato 1/3^i -vel es ezt szorzom az ebbol szamitott magassaggal, kettovel osztva..)

Hat, leirhatnad hogy jott ki ez a keplet, milyen gondolatmenet alapjan.

Ahogy nezem 3*(4^(i-1)) az uj kisharomszogek szama, a tobbi resz meg 1 sbkisharomszog terulete lesz..

De az mibol kovetkezik, hogy az i. lepes 1 uj kisharomszogenek terulete 1/9^i resze a kezdeti nagyharomszog teruletenek?

ez biztos??, most rég számoltam ki én is, de kicsit más jött ki (bár nem ritka hogy elszámolom)

ha a kezdeti háromszög területe 1 akkor a teljes: 1+3*Sum(4^(i-1)/9^i, i=1..inf)=47/22
így a teljes kör kb 97(vagy 99, nem emlékszem jól) %-a

a(n)=( 3* 4^(n-1) )*( 1/3^n*gyok(1/3^2n - 0.5/(3^2n)))/2
(a kisharomszogek szama helyesen)

szoval a helyes eredmeny, hogy a kor teruletenek kb 66.1593141% -t teszi ki

hm, rossz is az eredmeny, torka veres, inkabb papirra leirom nem leszek lusta 😊

Igazabol foleg az a nem meggyozo, hogy miert tartana a terulete a koreirt haromszog teruletehez. Az max egy felso hatar lehet. Gondoltam ki is szamolom, hogy kideruljon.

A terulet mindig novekszik a plusz haromszogecskekkel. Az egesz leirhato konnyen egy vegtelen sorral. Minden oldalra megy egy haromszog, es az oldallapok szama negyszerezodik minden lepesnel (1 helyett 4 oldal), az oldalhossz pedig harmadolodik.

0. lepes (a kezdo haromszog):
a0=gyok(3)/4
n. lepes (az uj kisharomszog teruletek):
a(n)=( n*4 )*( 1/3^n*gyok(1/3^2n - 0.5/(3^2n)))/2

tehat a terulet T=gyok(3)/4 + szumma n=1-tol vegtelenig a(n)

Ha nem vetettem el a szamolast, akkor ezzel szamithato a terulet.
A hopihe terulete egymillio lepesre 10 tizedesjegyre
T=0.6765823467
A haromszog kore irhato terulet pedig:
1.047197551

Tehat a hopihe terulete tenyleg veges, es a kor meretenek kb 65% -t teszi ki.