OFF
Bubu, mi a fene az a kecske merci...?
És mióta vagy a tasztalon, hogy ilyen rahedli hosszászólásod van? Vagy csak ennyire "termékeny" vagy? ;-))
ON
Azt el sem olvastam rendesen, mert láttam, hogy mennyien nekikezdtek. Nem szeretem olyanon törni a fejemet, aminek a megoldásáról azt hiszem, hogy rögtön megszüli valaki. Ha nem lesz meg, akkor elolvasom.
Na, egy új feladat (nem bírok magammal...)
Annyit elárulok, hogy ez már volt, csak teljesen más megfogalmazásban (ha valaki ráismer jó, ha nem, megoldja újra)
**********************
Megismerkedtem egy házaspárral, és megtudtam, hogy van két gyermekük. Azt is megtudtam, hogy az egyik lány.
Mi a valószínűsége annak, hogy a másik fiú?
Palánk, megkövetlek (és a topicot is), nem jól fogalmaztam a feladatot (régi emlék már, így jutott eszembe). Tehát leírom helyesen, hátha van kedve valakinek korrektűl bizonyítani (bár a lényeget már leírtad):
***************
Bizonyítsuk be, hogy Budapesten mindig találunk két különböző embert, akiknek a haja szála ugyanannyi! (most a kopaszokkal, meg a kopaszodókkal ne foglalkozzunk...:-)
Hát, attól függ, mi áll még rendelkezésre. Ha van pl egy cérna, akkor a mágnesrudat illene tudni azon keresztül vízszintes állapotban felfüggesztve iránytuként használni. Ha van bármi eszköz, amivel le lehet faragni, vagy csiszolni a tárgyakból, akkor a kialakuló por vagy odavonzható ahoz a tárgyhoz, amibol származik (mágnes), vagy nem (nem mágnes). Ha el is lehet vágni a cuccot, akkor pláne egyszeru a dolog. Ezek között van a megoldás, amire gondolsz?
Palánk
Luczi, amikor az elso meres egyenloseget ad
azaz a harmadik csoportban van a hibas,
akkor tudsz egy masfajta tovabblepest is talalni, ami megadja az elteres iranyat is.
Hmm, elbizonytalanodtam. Újraolvasva KoLa feladványát, abban az van, hogy "egy másik ember". Ha az tényleg nem lehet pont ugyanaz, mint akit elsore kiválasztottink, akkor nem jó a feladat. Mert bizony nagyon kis eséllyel kihalászhatjuk véletlenül a Gauss görbe végén azt, akinek a legtöbb haja van, mondjuk éppen eggyel több, mint bárki másnak. És akkor már nem igaz a dolog.
(Persze ezzel is lehetne vitatkozni, mert sokkal több ember él Budapesten, mint ahány hajszála lehet egy embernek, tehát nagyon kicsi a valószínusége annak, hogy lenne egyetlen olyan ember, akinek ne akadna párja etekintetben).
Palánk
Hehe, majdnem csobe húztál. Persze, hogy mindig találsz, ot magát! (Visszatevéses húzás, vagy mi a neve az ilyennek). Persze, elég lényeges, hogy az emberek haja közben ne hulljon!
Palánk
Valóban csak KoLa kiegészítésével tudtam megfejteni, anélkül szerintem sem lehet, anélkül vérmérséklettol függo mészárlásba torkollana a dolog.
Szóval: ez olyasmi, mint Vikóca három fekete sapkás feladata. Nem tudja senki, hogy O maga melyik csoportba tartozik, de figyeli a többiek viselkedését, és igyekszik a fejükkel gondolkodni.
Ha minden igaz, úgy kell gondolkodni, hogy: a papnak igaza van, tehát van legalább egy kurva. Ha csak egy lenne, akkor az ezalapján rögtön másnap lenne is hulla kitéve, mert az a férj aki nem ismerne kurvát, rögtön tudná, hogy az o felesége az. Mivel nem ölnek meg senkit az elso napon, ezért nyilván több kurva van egynél, vagyis legalább egyet mindenki ismer. Aki csak egyet ismert, az ezek után kapcsol, hogy az az egy már meghalt volna aznap, tehát másnapra megöli a feleségét, és ugyanilyen gondolkodással a másik is így tenne, szimmetrikusan. Ha három van, akkor akik csak kettot ismertek, látván, hogy a második nap nincs kirakva senki, megtennék a szörnytettet a harmadik napo. És így tovább. Mivel a negyedik napon esett meg a hullák kitétele, és pont négyet tettek ki, ezért matematikailag helyesen oldották meg a feladatot
Palánk
Na, mielőtt elpusztulnék a kiváncsiságtól, egy újabb pihentető feladat:
*************
Lássuk be, hogy ha találomra keresünk egy embert Budapesten, mindig fogunk találni egy másik embert is szintén Budapesten, akinek ugyanannyi szál haja van.
NetShark!
Áruld már el a Te megoldásodat a láncolt rekordokra, mert megöl a kiváncsiság, aztán se megoldás a hamis pénzes feladatra, se új feladványok tőlem...;-))
Ha egyenlők, akkor a C egyike, ebből két kettes csoport, és az A v. B-ből 2.
C1C1 AA
C2C2
Ha egyenlők, ugyanígy tovább,........
''''''''''''''''
Na, már itt gond lesz. Maradt ugye a C2C2 két érme, az egyik valóban hamis.
Már csak egy mérésed van, és nem csak azt kell megmondanod melyik a hamis, hanem hogy könnyebb, vagy nehezebb-e. Nem fog menni, mert C2-C2 mérés nyílván nem jó (azt sem fogod megtudni melyik a hamis), ha pedig az egyik C2-t méred egy igazival, és megint egyenlő, akkor a másik C2 a hamis, de a súlyát nem tudod.
Mindenkinek:
Érdekes, azt hittem könnyebb lesz. Szurkolok, hogy valaki leírja valamelyik megoldást (több is lehet), és nem nekem kell megen körmölnöm majd...:-))
Basszus mal!
Hát ha a keresztezodés ér, akkor végtelen sok megoldás van! Pl. csinálsz két egybevágó egyenlooldalú háromszöget, az egyiket lefekteted az asztalra, a másikat meg pontosan fedésben rá, és a középpont körül forgatod. Amikor nincsenek fedésben, mindig hat egybevágó háromszög alakul ki. Amikor ezek még éppen szabályosak is, akkor Dávid csillagról van szó.
