Még annyit tennék hozzá, hogy az Fn-beli maximális cap méretével kapcsolatban (ahol F a 3 elemű test és n nagy), a közelmúltban volt áttörés. Az áttörés jelentős részben Pach Péter Pál kollégámnak köszönhető, lásd pl. arXiv:1605.01506, arXiv:1605.09223, arXiv:2408.02328.
Igen, de mint mondtam meg lehet adni 9 pontot az F3-ban, hogy semelyik 3 összege ne legyen nulla (az F elemei a 0,1,2, és az összeadást modulo 3 végezzük). A linkelt dokumentum tartalmaz is egy ilyet egy ábra formájában, amit most megadok koordinátákkal:
Ezt a 9 pontot fel lehet emelni egy 18 elemű ponthalmazzá a Z3-ba, úgyhogy modulo 3 mind a 9 fenti elem kétszer szerepel. Pl. ha a kollineáritással nem foglalkozunk (lusta vagyok ezt megvizsgálni), akkor jó példa Z3-ban a
Szerintem 18 a maximum. Legyen F a 3 elemű test. Ha a H pontjait modulo 3 redukáljuk, akkor az F3-ban kapunk egy olyan S halmazt, amelyben semelyik 3 elem összege nem nulla. Az ilyen halmazokat "cap"-nek nevezik. Ismeretes, hogy F3-ban a legnagyobb cap mérete 9 (lásd pl. ezen dokumentum 17-18. oldalát), tehát |S|<=9. Persze a H->S redukcióban minden elem ősképe legfeljebb 2 elemű (különben a H-ban kapnánk 3 pontot, amelyek átlaga egész pont), ezért |H|<=18. Ez az egyik irány. A másik irányhoz induljunk ki egy 9 elemű S-ből, amely cap az F3-ban (az idézett dokumentumban, van példa ilyenre). Ebből könnyű gyártani egy olyan 18 elemű H-t, amiben nincs 3 kollineáris elem, de amely minden S-beli elemet pontosan kétszer reprezentál modulo 3. Ez a H kielégíti a feltételeket: ha veszünk 3 különböző pontot H-ból, amelyek átlaga egész pont, akkor ezen pontok modulo 3 vagy megegyeznek vagy mind különböznek, de mindkét esetet kizárja a konstrukció.
Remélem, nem néztem el, mert igen gyorsan gondoltam végig és írtam ezt.
Hívjuk egész pontoknak a térbeli koordináta-rendszer azon pontjait, melyeknek mindhárom koordinátája egész.
Olyan H egész pontokból álló ponthalmazokat tekintek, amiben nincs három kollineáris pont. Legfeljebb hány elemű lehet H, hogy ne tartalmazza olyan háromszög három csúcsát, aminek a súlypontja egész?
Van egy sejtésem, de túl bonyolult az igazolása - van valami egyszerű megoldás?
1. A feladat egy „fekete” és egy „fehér” feladatra hasítható, de nem „szorzata” ezeknek.
2. Ezeknek az egyszerűbb feladatoknak nincs megoldása az eredeti feltételek mellett. Azonban ha egy szín többször is léphet, akkor van megoldás. 18 lépésben jutottam el a megoldáshoz (a 2-2 futó cseréjéhez).
3. Az eredeti feladatnak viszont akkor is van megoldása, ha a színek csak felváltva léphetnek. Ezt éppen – az itt szintén említett – oda-vissza léptetés teszi lehetővé. A 4-4 futót 53 lépésben sikerült megcserélnem.
Az eltérő "fehér" és a "fekete" lépésszám nem lehet gond, mert kezdhetek a fehérrel vagy a feketével is, és 2-vel tudom növelni a lépésszámot ugyanazon oda-vissza lépéssel.
Még annyi, hogy a "turpisság" lehet, hogy az, hogy a feladat megoldhatatlan. S ezen érdemes elgondolkodni, hogy miért.
A "mezőknek nincs színe" szerintem ebben az esetben egy tévút. Ugyanis a feladat két - egymástól független - részből áll. A fehér mezős futókból és a fekete mezősökből. Mivel a két - eszerinti csapatpár egymást nem zavarja, ez két (azonos) feladvány, amely önmagában megoldható (vagy nem). Ám ebben a különválasztott esetekben nem lehet megkötés arra, hogy a fehér és a fekete felváltva lépjen. Ugyanis ha a kettő párhuzamosan megy, akkor lehet, hogy a másik feladatra térünk azért, hogy az egyik szín kétszer jöhessen egymás után.
Lényegében, ha megoldható a feladat pl. a fehér mezőkön a felváltva lépés nélkül, akkor a fekete mezőkön is. Összegyűjtve az összes ilyen megoldást, már csak az a kérdés, hogy összeszinkronizálható két olyan megoldás (egyik a fehér mezőkön megy, a másik a feketén), amelyben teljesül a felváltva lépés a fehér és a fekete futókkal. S lehet, hogy itt van az akadály a megoldhatóságban.
(Megjegyzem, hogy az elemzés közben, meg a fentiek megértésében ne keverjük azt, hogy a fehér mezős és a fekete mezős részfeladat van, illetve azt, hogy fehér futóval, ill. fekete futóval lépünk).
Sziasztok! Van egy feladat, ami meghaladja a képességeimet, így gondoltam megosztom másokkal, hátha valaki rájön a turpisságára:
Egy 5 sorból és 4 oszlopból álló sakktábla legfelső sorába 4 sötét, legalsó sorába 4 világos futót helyezünk. Cseréljük meg a figurákat, olyan módon, hogy azok kizárólag futólépésben léphetnek, nem léphetnek olyan mezőre, amelyet ellentétes színű figura üt, illetve felváltva léphetnek csak! (a futók átlósan léphetnek, a mezőknek nincs színe – nem fontos)
Én mindig patthelyzetbe jutok és a legjobb eredmény ameddig eljutottam, hogy 2-2 bábu célba ér, azonban 2-2 bábu pedig egy sorral a cél alá kerül, úgy hogy nem tudok velük érdemben mozogni.
Igen, ez jön ki az Euler-formulából és az élek számára vonatkozó fokszám-formulából, ha általánosítjuk a korábbi gondolatmenetet.
Számomra érdekesebb kérdés az, hogy milyen n-re van (legalább) három berajzolt kör, ami egy ponton megy át (az eredeti körön belül). Nincs rajta időm gondolkozni, de nem tűnik könnyűnek. Valószínűleg kell hozzá némi algebrai számelmélet.
Gyanítom, hogy ha n nagy, akkor semelyik 3 berajzolt kör nem megy át egy ponton. Ezt felteszem a továbbiakban.
Na szóval: ez nem igaz, hiszen ha n osztható 6-tal, akkor n db berajzolt kör is átmegy az eredeti kör középpontján. Na mindegy, ha n egy nagy prímszám, akkor valószínűleg semelyik 3 berajzolt kör nem megy át egy ponton. Mindenesetre a fenti jelenség mutatja, hogy a tartományok száma függ az n számelméleti alakjától is.
Ez a feladat valamelyik matematikai topikba jobban illene. Elmondom, hogy én hogy csinálnám. Nevezzük berajzolt körnek az eredeti körön kívül berajzolt köröket. Az eredeti kör és a berajzolt köröknek az eredeti körbe eső ívei egy G síkgráfot alkotnak. A kérdés, hogy a G-ben mennyi a tartományok száma (T). Elég megállapítani a csúcsok számát (C), illetve az élek számát (E), mert az Euler-formula szerint T=1+E-C.
Legyen n a csúcsok száma, és az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy n páros. Gyanítom, hogy ha n nagy, akkor semelyik 3 berajzolt kör nem megy át egy ponton. Ezt felteszem a továbbiakban. A sokszög minden csúcsán át n-2 db berajzolt kör megy át, tehát a G-ben a sokszög minden csúcsának fokszáma n, továbbá az eredeti körön belül minden G-beli csúcs fokszáma 4. Ha tehát m jelöli a berajzolt köröknek az eredeti körön belüli metszéspontjainak számát, akkor C=n+m és 2E=n2+4m, amiből T=1+m+n(n-2)/2. Az m-et persze nemtriviális számolni, de elég azt kitalálni, hogy egy adott berajzolt kört hány további berajzolt kör metszi az eredeti körön belül: ha k jelöli ezt a metszésszámot, akkor m=nk/2, vagyis T=1+n(n+k-2)/2. Pl. ha n=4, akkor k=2, vagyis T=1+4*4/2=9.
Van egy érdeklődő fiatalember, aki már hetek óta ugyanazon a problémán agyal. Tőlem is kért segítséget, de nem tudtam semmi okosat.
Leírom:
Egy körvonalon megjelöli egy szabályos n oldalú sokszög csúcsait, majd megrajzolja az összes olyan kört, emelynek középpontja valamelyik jelölt pont és a kerületén van valamely másik kijelölt pont. Az összes ilyen kört megrajzolja. És felteszi a kérdést, hogy hány tartományra osztják a berajzolt körök az eredeti kört.
GeoGebrával megrajzolja az ábrát és nagy türelemmel megszámolja a tartományokat.
Eredményei:
3-nál 4
4-nél 9
5-nél 21
6-nál 36
7-nél 78
8-nál 145
9-nél 208
10-nél 351
11-nél 562
12-nél 636 tartomány.
Van-e erre képlet? Ezt kérdezi.
Tudtok valami okosat mondani erre?
(A fenti eredményeket Tőle kaptam, de még az is lehet, hogy elszámolt néhány tartományt.)
Ha az egységkockákat félig nyílt intervallumok szorzataként definiáljuk (nem pedig nyílt intervallumok szorzataként), akkor kxlxm-es téglatest esetén a válasz - teljesen általánosan -
(kl+lm+mk+gcd(k,l)+gcd(l,m)+gcd(m,k)-4)/2.
A 9x12x15-ös téglatestre ez 214-et ad (a differencia a síkon levő rácspontokból adódik).
pk1 megkérdezte, hogy hogy néz ki az általános eset, és erre írtam választ. Lásd a 20140 és 20144 üzeneteket itt. Az általam adott képletből következik, hogy 7x8x9-es téglatestre 95 a válasz, 9x12x15-ös téglatestre pedig 32*23=207 (visszavezetve a 3x4x5-ös esetre).
