Keresés

Részletes keresés
Így működik

Bővebben az új keresőről

Képességfejleszt 2 napja Creative Commons License 11947

Kedves Érdeklődők!

 

 

Az alábbi sorokban szeretnénk bemutatni Önöknek versenyünket.
Versenyünk egy 3 éves múltra visszatekintő verseny utódjaként 2013-ban alakult újjá.
Szakmai hátterét 4 fő alkotja, 2 fő szervező, 2 fő feladatíró és javító személyében.
Az élet különböző területein tevékenykedünk, de a matematika iránti szeretet és a verseny
2013 őszén összehozott bennünket.

 

Kis csapatunk hosszas és alapos átgondolás után megalkotta a Képességfejlesztő Levelező
Matematika Versenyt, melynek célja, hogy a kiemelkedő és a kevésbé kiemelkedő képességű
diákokkal megszerettesse a matematikát valamint egy jó hangulatú verseny keretében gyakorlási
lehetőséget biztosítson a 7. osztályos diákoktól kezdve az érettségi előtt álló végzős diákokig,
hiszen mind az általános iskola 7., 8. osztályában mind a középiskola négy évfolyamán nagyon
hasznos a matematika gyakorlása.

 

Feladatsoraink az előírt tanmenet alapján vannak összeállítva, így minden feladatsorral a tanórákon
kívül is tudják gyakorolni az órán tanultakat. Versenyünk a többi hasonló versenytől eltérően nem csak
a „legjobb matekos” diákoknak szól, hanem bárkinek, akinek van kedve gyakorolni és egyben esélyt
szerezni arra, hogy a verseny végeztével értékes nyereményhez jusson.
Versenyünk nem harc a nyereményért, hanem egy kellemes gyakorlási lehetőség, melynek legjobban
teljesítő diákjait a verseny végeztével díjazzuk.

 

A Flaxcom Holding Elektronikai és Kereskedelmi Zrt. jóvoltából ajándékaink értékes számítástechnikai
termékek, melyeket úgy állítunk össze, hogy az minden korosztálynak nemtől függetlenül megfeleljen
és hasznosítani tudjon, akár tanulmányai során, akár otthoni használatra.

 

Amennyiben felkeltettük érdeklődésüket, úgy az e-mail címünkre eljuttatott nevezési lapon tudnak
jelentkezni.

 

A 2014/2015-ös tanévben a jelentkezési határidő 2014. október 31.

 

Üdvözlettel:

Képességfejlesztő Levelező Matematika Verseny

 

www.klmv.hu

mail@klmv.hu

06707708602

hausdorff 6 napja Creative Commons License 11946

Magyarul az "Uj matematikai mozaik"-ban lehet rola olvasni: http://www.tankonyvtar.hu/hu/tartalom/tkt/uj-matematikai-mozaik-uj/adatok.html

 

 

 

 

Előzmény: heted7 (11944)
Gergo73 6 napja Creative Commons License 11945

Matousek külön könyvet írt róla, mert annyi mindenhez kapcsolódik, érdemes belenézni.

Előzmény: heted7 (11944)
heted7 6 napja Creative Commons License 11944

Köszi. Nem hallottam még erről a tételről, de most megnéztem. Érdekes. Picit :)

Előzmény: Gergo73 (11943)
Gergo73 6 napja Creative Commons License 11943

Még egy megjegyzés. A bizonyításban lényegében azt mutattam meg, hogy egy körvonal nem ágyazható be folytonosan a számegyenesbe (én háromszögvonallal dolgoztam, de bármilyen egyszerű zárt görbére hasonlóan megy a dolog). Ennél általánosabban igaz a következő: az n-dimenziós gömbfelület nem ágyazható be folytonosan az n-dimenziós euklideszi térbe. Pontosabban: ha f:Sn->Rn egy folytonos függvény, akkor van x eleme Sn úgy, hogy f(x)=f(-x). Ez utóbbi a nevezetes Borsuk-Ulam tétel.

Előzmény: heted7 (11942)
heted7 szept. 12. Creative Commons License 11942

Igen, így már értem. Köszönöm szépen.

Előzmény: Gergo73 (11939)
Gergo73 szept. 12. Creative Commons License 11941

Ez a bizonyítás többet ad, mint amit a 11933-ban állítottam. Nevezetesen: egy f:(0,1)x(0,1)->(0,1) injekciónak minden háromszögvonalon (általánosabban minden egyszerű zárt görbén) van szakadási pontja.

Előzmény: Gergo73 (11939)
Gergo73 szept. 12. Creative Commons License 11940

A második mondat törölhető a bizonyításból: "Jelölje g az f megszorítását a K-ra, tehát g:K->(0,1) folytonos és injektív."

Előzmény: Gergo73 (11939)
Gergo73 szept. 11. Creative Commons License 11939

Szóval lehet, hogy f(K-{k}) mindig <m, például.

 

Igazad van, nem voltam elég precíz. Elmondom a javított verziót konkrétabban és részletesebben.

 

Tegyük fel, hogy az f:(0,1)2->(0,1) injekció folytonos a K nyílt körlemezen. Jelölje g az f megszorítását a K-ra, tehát g:K->(0,1) folytonos és injektív. Legyen a,b,c három pont a K-ban, amik nincsenek egy egyenesen. Ekkor f(a),f(b),f(c) három különböző szám a (0,1)-ben. Az általánosság megszorítása nélkül f(a)<f(b)<f(c). Az a-t és a c-t összekötő szakasz pontjai az (1-t)*a+t*c alakban adhatók meg, ahol t a [0,1] intervallumon fut végig. Ez a szakasz a K-ban helyezkedik el, ezért h(t):=f((1-t)*a+t*c) egy folytonos függvény a [0,1]-ből a (0,1)-be. Tudjuk, hogy h(0)=f(a) és h(1)=f(c), vagyis a Bolzano-tétel miatt valamilyen 0<t<1 számra h(t)=f(b). Az f injektivitása miatt erre a t-re teljesül, hogy (1-t)*a+t*c=b, vagyis b az a-t és a c-t összekötő szakaszon fekszik. Ellentmondás.

Előzmény: heted7 (11938)
heted7 szept. 11. Creative Commons License 11938

Ismét köszi a választ.

 

Viszont még mindig nem győztél meg, ami persze lehet az én hibám. Ezzel van bajom:
"Tegyük fel, hogy nem, tehát f folytonos és injektív egy K nyílt körlemezen. Legyen k a kör középpontja, és m=f(k) annak képe. Ekkor f a K-{k} halmazt folytonosan képezi a (0,1)-{m} halmazra. Ez ellentmondás, mert K-{k} összefüggő, de (0,1)-{m} nem az."

 

- Egyrészt a (0,1)-{m} az nem egyenlő f(K-{k})-val ez utóbbi csak részhalmaza az előbbinek. Szóval lehet, hogy f(K-{k}) mindig <m, például.

- Másrészt valahogy az is zavar, hogy egy pont nagyon nem zavar be a folytonosságba. Vagyis igazából azt nem látom, hogy a folytonosság klasszikus definíciója (minden epszilonhoz van delta, stb) hol sérül?

 

Bocsi az értetlenkedésért

 

Köszi

H7

Előzmény: Gergo73 (11933)
el Papi szept. 11. Creative Commons License 11937

A Courseran indul nemsokara lineraris programozas kurzus.

Előzmény: artiny (11915)
thomas89 szept. 11. Creative Commons License 11936

Őszintén szólva mi csak egyetemen tanultuk érintőlegesen a matematikának néhány területét de egyikbe se mentünk részletesen bele. Engem csak érdekel ez a téma ezért néztem utána. 

 

Kérdésedre válaszolva a wikipédiában az RSA-séma tétele fejezettől már nem teljesen világos számomra.  Vagy pl. miért használják az Euler féle függvényt, mi a szerepe...

 

De szerintem könnyebben megérteném, az Egyszerű RSA-példa fejezetet mert ott már konkrét számokról van szó.

Előzmény: NevemTeve (11935)
NevemTeve szept. 11. Creative Commons License 11935

Segítene, ha elárulnád, hogy a wikipedia melyik pontján akadtál el.

Előzmény: thomas89 (11934)
thomas89 szept. 11. Creative Commons License 11934

Az RSA eljárás lényegére lennék kíváncsi. Nem igazán értem, hogy ebben miért van szükség a kongruencia használatára.

Örülnék, ha tudna valaki segíteni.

Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11933

Ugye jól értem amúgy az első kérdésre adott válaszodból, hogy fordítva is jó lenne, vagyis a véges kettedestörteket véges alakban hagyni? Azaz mindegy, csak állapodjunk meg.

 

Igen, úgy látom, hogy így is jó a konstrukció. Hiszen ez esetben az összefűzött diadikus tört nem állhat valahonnét kezdve csupa 1-esből, ezen feltétel mellett pedig szintén egyértelmű a diadikus felírás.

 

Ezt most így hirtelen nem látom, miért van így. Miért van így? :)

 

Nincs így, hibásat mondtam. Pl. az összefűzés leképezés, amiről beszéltünk, folytonos az irracionális koordinátájú pontokban.

 

Ami igaz, az a következő: egy f:(0,1)x(0,1)->(0,1) injekció szakadási pontjai sűrűn vannak.

 

Tegyük fel, hogy nem, tehát f folytonos és injektív egy K nyílt körlemezen. Legyen k a kör középpontja, és m=f(k) annak képe. Ekkor f a K-{k} halmazt folytonosan képezi a (0,1)-{m} halmazra. Ez ellentmondás, mert K-{k} összefüggő, de (0,1)-{m} nem az.

Előzmény: heted7 (11932)
heted7 szept. 10. Creative Commons License 11932

Köszi a válaszokat.

 

Igen, nem állhat csupa nullából, hisz az a,b sem állhat. Ez ok.

 

Ugye jól értem amúgy az első kérdésre adott válaszodból, hogy fordítva is jó lenne, vagyis a véges kettedestörteket véges alakban hagyni? Azaz mindegy, csak állapodjunk meg.

 

Még egy bónusz kérdés: "A függvény egyetlen pontban sem lehet folytonos" Ezt most így hirtelen nem látom, miért van így. Miért van így? :)

Előzmény: Gergo73 (11931)
Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11931

A 11917-ben adott válaszom nem volt jó. Valójában nincs szükség a hármas számrendszerben nézni az összefűzött számjegyeket, tehát kettes számrendszerben nézve is injektív a függvény. Ennek oka, hogy a definíció alapján az összefűzött számjegyek egy végtelen diadikus törtet alkotnak (tehát nem áll csupa nullából valahonnét kezdve, vö. 1-es kérdésed), ilyen felírása pedig minden (0,1)-beli számnak csak egy van.

Előzmény: heted7 (11916)
arbareszt2 szept. 10. Creative Commons License 11930

Fú nagyon köszönöm a segítséget, így már menni fog a dolog, egy C programot kell írni erre, de az alap ötlet nemvolt már meg, az volt a gond, de ezek alapján menni fog, nagyon szépen köszi mégegyszer! 

Előzmény: Gergo73 (11923)
joe314159265 szept. 10. Creative Commons License 11929

Nálam az eredmény: delannoy(m,n) - delannoy(m-c,n-d) * delannoy(c,d)

 

Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11928

Kiváló ötlet.

Előzmény: joe314159265 (11925)
Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11927

Nem inkább f(c,d)*f(m-c,n-d)?

 

De, teljesen igazad van. Elnézést.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (11926)
takacs.ferenc.bp szept. 10. Creative Commons License 11926

a (c,d)-n átmenő utak száma f(c,d)+f(m-c,n-d),

 

Nem inkább f(c,d)*f(m-c,n-d)?

Előzmény: Gergo73 (11921)
joe314159265 szept. 10. Creative Commons License 11925

... és mikor a (c,d) pontba érsz, írj oda nullát, és így folytasd jobbra és felfelé.

Előzmény: Gergo73 (11923)
Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11924

Kicsit jobban utánanézve a keresett f(m,n) számoknak neve is van: Delannoy-számok. Kifejezhetők a binomiális együtthatókból, de a képletek nem kifejezetten egyszerűek.

Előzmény: Gergo73 (11923)
Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11923

De még így sem tudok elindulni, nem elég kézzelfogható számomra.

 

Pedig amit mondtam, elég kézzelfogható. Ahogyan a binomiális együtthatókat rekurzívan lehet képezni a Pascal-háromszögben (a háromszögben minden szám a felett álló két szám összege), ugyanígy az említett mennyiségeket is lehet rekurzívan képezni az

 

f(m,n) = f(m-1,n) + f(m,n-1) + f(m-1,n-1)

 

képlettel. Tehát: vegyél elő egy kockás papírt, jelölj ki rajta egy origót, és utána minden rácspontra írd rá, hogy hányféleképpen érhető el. Az origóba az 1 kerül, tőle balra és lefelé pedig minden rácspontra a 0. Ezek után használd rekurzívan azt a szabályt, hogy minden 1x1-es rácsnégyzeten a jobb felső csúcsba írt szám a többi három csúcsra írt számok összege. Tehát sorra lehet menni a nemnegatív rácspontokon:

 

f(0,1) = 1 és f(0,1) = 1

f(1,1) = 3

f(0,2) = 1 és f(2,0) = 1

f(1,2) = 5 és f(2,1) = 5

f(2,2) = 13

f(0,3) = 1 és f(3,0) = 1

f(1,3) = 7 és f(3,1) = 7

f(2,3) = 25 és f(3,2) = 25

f(3,3) = 63

stb.

 

Előzmény: arbareszt2 (11922)
arbareszt2 szept. 10. Creative Commons License 11922

Hát köszönöm a választ! De még így sem tudok elindulni, nem elég kézzelfogható számomra. Legyen egy példa, pl (3,4) pontba eljutni, átlók nélkül, ugye hármat kell jobbra és 4et fel lépni, az összes 7 lépés,  tehát 7alatt a 4 kombináció megadja a lehetséges utakat (átlók nélkül) , de nem találok ilyenfajta megoldást, átlókkal. Így átlók nélkül úgy oldottam meg, hogy megnéztem mennyiszer megyek át a megadott ponton, aztán azokat kivontam az összes útból. Viszont ha átlókon is lehet menni úgy egyszerűen nem jövök rá a dolgra, egyénként köszönöm a segítséget :)

Előzmény: Gergo73 (11921)
Gergo73 szept. 10. Creative Commons License 11921

Először úgy oldd meg a feladatot, hogy nincs (c,d) pont, amit el kell kerülni. Tehát legyen f(m,n) a lehetséges útvonalak száma az origóból az (m,n) pontba úgy, hogy 1 lépésben 1-et mehetünk jobbra, vagy felfelé, vagy átlósan jobbra felfelé. Erre lehet viszonylag egyszerű képletet kapni, hiszen

 

f(m,n) = f(m-1,n)+f(m,n-1)+f(m-1,n-1).

 

Ha az f(m,n)-et már tudod, akkor a feladatodra is tudod a választ, hiszen 0<=c<=m és 0<=d<=n esetén a (c,d)-n átmenő utak száma f(c,d)+f(m-c,n-d), vagyis a feladatbeli utak száma f(m,n)-f(c,d)-f(m-c,n-d).

 

 

Előzmény: arbareszt2 (11918)
arbareszt2 szept. 10. Creative Commons License 11920

Köszönöm a választ! Az a baj, hogy már táblázatba foglaltam, de nem találom meg az összefüggést. Az a probléma, hogy az átlós lépéseket nem tudom lekezelni. Ha átló nélkül oldom úgy sikerült az egész feladat, de így nem találom a logikát benne! Esetleg találkozott már valaki ilyen feladattal és tudna adni valami tippet?

Előzmény: NevemTeve (11919)
NevemTeve szept. 10. Creative Commons License 11919

Kezdd valami egyszerűbbel: szemléltesd táblázattal, hogy melyik pontba hányféleképpen juthatsz el pontosan 'n' lépésben.

 

n=0:

1

 

n=1:

11

01

 

n=2:

121

022

001

 

n=3:

1331

0363

0033

0001

 

Ezt csináld meg néhány különböző 'n'-re, azután ismerj fel valamilyen szabályt, és azt bizonyítsd be általánosan. Ha ez megvan léphetünk tovább.

Előzmény: arbareszt2 (11918)
arbareszt2 szept. 10. Creative Commons License 11918

Sziasztok, valaki tudna segíteni ebben a feladatban? Az origóból hányféleképpen juthatunk el az (m, n) pontba, ha 1 lépésben 1-et mehetünk jobbra, vagy felfelé, vagy átlósan jobbra felfelé, de úgy, hogy a (c, d) ponton nem mehetünk át.