60 svar
668 visningar
Henrik Eriksson 1540 – Moderator
Postad: 26 apr 2017 Redigerad: 26 apr 2017

Nya kluringar

Nytt geometriproblem som man kan lösa med vanlig algebra: Låt triangeln ABC vara rätvinklig vid C. Om den inskrivna cirkeln nuddar sidan AB vid punkten D och |AD|*|BD|=11, bestäm triangelns area.

[Problemställare: Lirim.K. Den första som löser det får ställa nästa problem.]

haraldfreij 105
Postad: 27 apr 2017

Låt cirkeln tangera BC vid E och AC vid F. Sätt AD=x, DB=y, och låt cirkelns radie vara z. AFM är kongruent med ADM (känd egenskap för inskrivna cirkeln: rät vinkel, z och AM gemensamt), och alltså är även AF=x. Pss fås BE=y. Eftersom ACB är rät och CF=CE fås CF=CE=z. 

Triangelns area kan nu beräknas som summan av deltrianglarnas areor:

A=xz+yz+z2

Pythagoras sats för hela triageln ger

(z+y)2+(z+x)2=(x+y)2z2+x2+2xz+y2+z2+2yz=x2+y2+2xy=x2+y2+222z2+2xz+2yz=22A=11

Lirim.K 327
Postad: 27 apr 2017 Redigerad: 27 apr 2017

Mycket bra! Har inget att ändra på eller tillägga. Din tur att komma med en ny uppgift.

haraldfreij 105
Postad: 27 apr 2017

Låt a,b,c,d vara positiva heltal, sådana att a3=b4, c5=d6. Om b-c=61, vad är a-d?

Lirim.K 327
Postad: 27 apr 2017 Redigerad: 27 apr 2017

Positiva heltalspar som uppfyller a3=b4 är endast a,b=0,0 och 1,1. Talet b kan alltså max vara 1. Jag förstår inte hur 1 minus ett positivt heltal c kan bli 61.

haraldfreij 105
Postad: 27 apr 2017
Lirim.K skrev :

Positiva heltalspar som uppfyller a3=b4 är endast a,b=0,0 och 1,1

Det här är inte sant. 1000^4=10000^3. Som exempel.

Lirim.K 327
Postad: 27 apr 2017

Just det. Kan man tänka att det är ett ekvationssystem då där

     a3=b4c5=d6b-c=61

Där vi söker talet a-d ?

Ture 317
Postad: 27 apr 2017 Redigerad: 27 apr 2017

593, med brutalmetoden

a = 625

b = 125

c= 64

d = 32

haraldfreij 105
Postad: 27 apr 2017

Helt rätt. Men hur brutal var metoden? Gissar att du måste gjort någon ansats.

Ture 317
Postad: 27 apr 2017

Värre än så: En liten programsnutt, jag vet att det är fusk, men det underlättade...

Ture 317
Postad: 27 apr 2017

 

medan du funderar på om du godkänner min metod  så lägger jag i en en ny kluring

Ett oändligt resistansnät enligt figuren, varje resistor har resistansen R, vilken resistans känner man mellan A och B i figuren?

Bubo 361
Postad: 27 apr 2017

Tar man bort de två vänstersta motstånden (ett "vågrätt" och ett "lodrätt") så får man kvar exakt samma koppling.

Totalmotståndet X är alltså samma som R i serie med (X och R parallellt).

X = R + RX/(R+X)

Detta ger en andragradsekvation med lösningen X = (1+sqrt(5))/2 * R  

Den andra lösningen ger X<0, ofysikaliskt.

 

Lägg märke till gyllene snittet!

Lirim.K 327
Postad: 27 apr 2017

Vi bör i fortsättnignen vänta tills problem postaren har godkänt lösningen. Det blir rörigt i tråden annars med inlägg som kommer i blandad ordning.

Gyllene snittets kedjebråk 1/1+1/1+1/1+1/... Alla algebraiska tal kan skapas med ettohmsresistorer och mycket kopplingstråd!

haraldfreij 105
Postad: 27 apr 2017

Ture: Jag godkänner såklart lösningen. Men elegantare:

Om b4 är en tredjepotens så är även b en tredjepotens (eftersom en primtalsfaktor som förekommer k ggr i b förekommer 4k ggr i b^4; 4k 0k0 (mod 3)). Sätt b=u3. Motsvarande är c=v3

61=u3-v3=(u-v)(u2+uv+v2)

Eftersom 61 är ett primtal måste u-v=1, och ekvationen blir efter insättning av v=u-1 och förenkling

u2-u=20u=5v=4

vilket leder till svaret.

Ture 317
Postad: 27 apr 2017

En mycket elegantare lösning än min brutala.

Samtidigt godkänner jag bubos lösning och ber ödmjukt om ursäkt för minbrådska att slänga ur mig en ny uppgift. 

Bubo har alltså inititativet.

Bubo 361
Postad: 27 apr 2017 Redigerad: 27 apr 2017

Man har tillgång till en balansvåg och ett antal balansvikter. Balansvikterna är heltal.


Uppgiften är att kunna mäta upp alla möjliga mätvärden 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., T-1, T med ett lämpligt urval balansvikter.

Trivialt exempel: Med balansvikterna 1, 2, 4, 8, 16, 32 kan man lätt mäta alla vikter i mätområdet [0, 1, 2, 3, ..., 62, 63].


1) Hur många balansvikter behövs för mätområdet [0, 1, 2, 3, ..., 39, 40]?

2) Allmän lösning? Hur väljer man sina balansvikter optimalt?

 

EDIT: Det blir lite halvknepigt med ordvalet. Man mäter vikt genom att lägga balansvikter i vågskålarna.

Lirim.K 327
Postad: 27 apr 2017 Redigerad: 27 apr 2017

Man kan göra ansättnignen a3=b4=m12 och c5=d6=n30. Lite potenslagar ger

     a=m4,b=m3c=n6,d=n5

Alltså b-c=61m3-n6=61. Använder vi kubregeln så kan vi skriva om allt till

     m-n2m2+mn2+n4=61.

Det gäller att m-n2<m2+mn2+n4 och eftersom 61 är ett primtal så kan den bara faktoriseras om en av parenteserna är lika med ett. Den vänstra parentesen måste vara lika med ett och man får då att

     m-n2=1m=1+n2.

Insättning i höger parentes ger att

     n2+12+n2+1n2+n4=603n4+3n2-60=0n4+n2-20=n2-4n2+5=0.    

Eftersom n är ett positivt tal så är den enda uppfyllande roten till ekvationen ovan

     n2-4=n-2n+2=0n=2.

Det ger att m=n2+1=22+1=4+1=5 som i sin tur ger att

     a=m4=54=625d=n5=25=32

och slutligen a-d=625-32=593.

1,3,9,27 kan väga allt till och med 40. Trepotenserna är effektivast.

Henrik Eriksson skrev :

1,3,9,27 kan väga allt till och med 40. Trepotenserna är effektivast.

Men då behövs det ju 7 vikter (2 st av 1, 3 och 9 samt 1 st 27).

Med 1, 2, 4, 8, 16, 32 räcker det med 6 vikter.

Bubo 361
Postad: 6 maj 2017
Henrik Eriksson skrev :

Trepotenserna är effektivast.

Nej, inte i den allmänna lösningen.

Bubo 361
Postad: 6 maj 2017
Yngve skrev :
Henrik Eriksson skrev :

1,3,9,27 kan väga allt till och med 40. Trepotenserna är effektivast.

Men då behövs det ju 7 vikter (2 st av 1, 3 och 9 samt 1 st 27).

Med 1, 2, 4, 8, 16, 32 räcker det med 6 vikter.

1+3+9+27 = 40

Bubo skrev :
Yngve skrev :
Henrik Eriksson skrev :

1,3,9,27 kan väga allt till och med 40. Trepotenserna är effektivast.

Men då behövs det ju 7 vikter (2 st av 1, 3 och 9 samt 1 st 27).

Med 1, 2, 4, 8, 16, 32 räcker det med 6 vikter.

1+3+9+27 = 40

Ja, men det behövs då ändå 7 vikter för att kunna väga hela intervallet [0, 1, 2... 40]. Hur väger du annars 26?

Bubo 361
Postad: 6 maj 2017 Redigerad: 6 maj 2017

27 i ena vågskålen och 1 i den andra. Känns  uppgiften lättare eller svårare nu?

n vikter kan placeras på n^3 sätt (vänster , höger, bordet) och på grund av symmetri blir det högst intervallet -(n^3-1)/2 ... +(n^3-1)/2 som täcks. Och med trepotensvikter täcks detta intervall så ingen lösning kan vara bättre.

Bubo skrev :

27 i ena vågskålen och 1 i den andra. Känns  uppgiften lättare eller svårare nu?

Ja! Såklart!

Tänkte inte på att man fick lägga vikter i båda vågskålarna.

Bubo 361
Postad: 7 maj 2017
Henrik Eriksson skrev :

n vikter kan placeras på n^3 sätt (vänster , höger, bordet) och på grund av symmetri blir det högst intervallet -(n^3-1)/2 ... +(n^3-1)/2 som täcks. Och med trepotensvikter täcks detta intervall så ingen lösning kan vara bättre.

Briljant lösning, måste jag erkänna.

Min lösning är rekursiv: Om man kan väga alla vikter upp till M, så är bästa tänkbara val av nästa vikt (2M+1). Då kan man ju lägga den i ena vågskålen och övriga i andra vågskålen för att väga M+1. Sedan kan man flytta över efterhand, så att man täcker in alla värden upp till 3M+1.

Med den rekursiva lösningen kommer man fram till att vikterna skall vara 1, 3, 9, 27, 81, ...   :-)

 

Din tur, Henrik!

Med slantsingling kan man som bekant göra ett val med sannolikheten 1/2. Om man får singla flera gånger kan man göra ett val med sannolikheten 1/3. Hur? Och hur är metoden att göra ett val med irrationell sannolikhet, till exempel 0,14159265358979323846264338327950288419716939937510...

joculator 234
Postad: 8 maj 2017

Om man vill ha tex sannolikheten 1/5 kan man ju använda en 6 sidig tärning och bara förkasta alla gånger man får 6. Alla andra utfall har då en sannolikhet på 1/5. Att man ibland får 6 påverkar ju inte sannolikheten, det är helt enkelt utfall som inte räknas.

På samma sätt kan du med ett mynt få 1/3 genom att kasta 2 ggr och tex förkasta alla klave+klave, de andra utfallen får då 1/3.

Om man vill kunna få en irrationell sannolikhet kan man använda 4 kast för varje decimal och se utfallen som ett binärt tal (klave=0, kroba=1). Man får bara förkasta 101* och 11*.

Ingen snygg lösning, men det borde ge ett korrekt resultat.

Rätt, men det är inte den bästa lösningen. I båda fallen finns det metoder som kräver färre kast i snitt och som dessutom är enklare.

Om vi tar det här med slantsinglingen så kommer ett förslag här:

För fördelningskonverterigen gäller att på något listigt sätt kombinera 2 potenser så att det till slut blir en tredjedel.

Om vi då använder För-första-gången fördelningen se https://sv.wikipedia.org/wiki/Geometrisk_f%C3%B6rdelning

Den är för övrigt omnämnd i en tidigare kluring.

Så om vi då tar och kastar myntet så får vi:
Sannolikhet för första krona i kast nr 1: P(X=1) = 0,5
Sannolikhet för första krona i kast nr 2: P(X=2) = 0,25
Sannolikhet för första krona i kast nr 3: P(X=3) = 0,125
Sannolikhet för första krona i kast nr 4: P(X=4) = 0,0625
Sannolikhet för första krona i kast nr 5: P(X=5) = 0,03125
Sannolikhet för första krona i kast nr 6: P(X=6) = 0,015625
osv.


Summan av sannolikheterna är en geometrisk serie med k=0,5 och summan 0,5/(1-0,5)=1
Summan av sannolikheterna för första krona i jämna kast nr är 0,25/(1-0,25) = 1/3
Summan av sannolikheterna för första krona i udda kast nr är 0,50/(1-0,25) = 2/3

joculator 234
Postad: 10 maj 2017

Coolt.
Hur använder man detta i praktiken?
Du skall slumpvis välja mellan A,B och C och har ett mynt. Hur gör du?

haraldfreij 105
Postad: 10 maj 2017

Låt A vara tredjedelen, och låt B&C dela på andra 2/3:

Om första kronan är i ett jämt kast -> A. Om första kronan i ett udda kast, singla igen. Om krona -> B, om klave -> C

haraldfreij skrev :

Låt A vara tredjedelen, och låt B&C dela på andra 2/3:

Om första kronan är i ett jämt kast -> A. Om första kronan i ett udda kast, singla igen. Om krona -> B, om klave -> C

Och om det blir klave i första kastet kastar men igen?

Bubo 361
Postad: 10 maj 2017

Ja, man börjar med att kasta tills man får en krona. Får man det i kast 2 eller 4 eller 6 eller 8... så blir resultatet A.

Ganska snygg princip, men det kan bli rätt många klave i början. Jag tror att Henrik har en enklare lösning.

haraldfreij 105
Postad: 10 maj 2017 Redigerad: 10 maj 2017

Jag är rätt övertygad om att mattekalles metod är optimal: i varje kast ger ett av utfallen ett avslut, och vi kommer aldrig hitta en metod som garanterat är slut på ett ändligt antal kast eftersom 2^n inte är delbart med 3 för något n.

Generell metod, för att ge utfall A sannolikhet p och utfall B sannolikhet q=1-p:

Låt "kvarvarande sannolikhet" efter n kast vara pn resp qn för de två utfallen, p0=p, q0=q.

För varje kast n, välj utfallet med högst kvarvarande sannolikhet om du får klave i varje kast t.o.m n-1 och krona i kast n, och subtrahera motsvarande kvarvarande sannolikhet med (1/2)^n.


I fallet med sannolikheten för A = 1/3:

kr: B (kvarvarande sannolikhet p1=2/3-1/2=1/6

kl-kr: A (kvarvarande q2=1/3-1/4=1/12)

kl-kl-kr B (p3=1/6-1/8=1/24)

I fallet med p=pi-3 blir följden

BBABBABBBBAAAAAA... (sannolikheten att ingen krona kommit på 16 kast är 8*10^-6)

När man singlar bygger man bit för bit upp ett binärt tal mellan noll och ett. Så snart man ser att detta tal är mindre än p eller att det är större än p avbryter man. Om p är en tredjedel, alltså binärt p=0.01010101... blir det likvärdigt med mattekalles algoritm. Förvätat antal kast är två om p har oändlig binär utveckling. (Bevisa det utan räkningar!) Om p är av typen n/2^k blir förväntat antal kast lägre eftersom det aldrig behövs fler än k kast. Med p=1/2 tar det förstås alltid ett kast och med p=0 eller p=1 tar det noll kast.

Väntevärdet är ju 2 så att i de flesta fall kommer man till ett avslut ganska snabbt. Sedan har vi de fall där man får som sagt singla slanten många gånger. Men de uppvägs av att man ofta får ett avslut redan efter ett kast. Så jag anser att metoden är ganska effektiv. Vi får se vad Henrik har för kommentar. 

Ett förtydligande på haraldfreijs kombination BBABBABBBBAAAAAA...

Konverterar vi π-3 till binärt så får vi

0.0010010000111111...2 där     BBABBABBBBAAAAAA...  

Vi ser att efter decimalkommat har vi alltså haraldfreijs kombination.

Kort bevis för att väntevärdet är två: x=0.5*1+0.5*x.
Ännu kortare bevis: 0.5 avgörande/kast => 2 kast/avgörande.

Nu är det mattekalles tur.

Här kommer nästa kluring.
En figur ser ut från två av tre vyer enligt beskrivningen ovan. Hur ser den ut i vyn som är i x-led.

joculator 234
Postad: 11 maj 2017

Jag tror att den figur du föreslår skulle se ut så här från z-led. Det stämmer inte riktigt.

joculator 234
Postad: 12 maj 2017

Du har rätt. Nytt försök:

Jag tror att den figur du föreslår skulle se ut så här från z-led. Det stämmer inte riktigt men nu är det inte långt bort.

joculator 234
Postad: 12 maj 2017 Redigerad: 12 maj 2017

Nej, eftersom bågen uppåt börjar med en kurva kommer den inte synas i z-led. Lite bättre ritning (men ack så dålig)

Jag tror att den figur du föreslår skulle se ut så här från y-led. Det stämmer inte riktigt men nu är
det inte långt bort, dvs tänk kurvor.

Här kommer ett rätt svar på kluringen:Dags för nästa kluring:

I hörnet A i ett rum befinner sig en spindel som snarast möjligt vill ta en fluga i hörn B. Rummet är
4 Längdenheter (Le) brett, 4 Le högt och 8 Le långt. Spindeln kan röra sig dubbelt så snabbt på vägg som på golv.

Spindeln har tre vägar att välja på:

1. Den kortaste vägen r1 om han kombinerar vägg- och golv-spring.
2. Den snabbaste vägen r2 med kombination vägg- och golv-spring.
3. Den snabbaste och kortaste vägen r3 om han endast gör vägg-spring.

Vilken väg tar längst tid och hur mycket procentuellt snabbare är de övriga valen i tid.

haraldfreij 105
Postad: 19 maj 2017 Redigerad: 19 maj 2017

Med hastighet 1 på vägg och 1/2 på golv är tiden t=svägg+2svägg.

Kortaste vägen på väggen är en diagonal genom en rektangel med sidorna 4 och 12 (4+8) =>t=svägg=42+122=41012.65

Kortaste vägen på golv och vägg är antingen en diagonal genom en rektangel med sidorna 8 och 8 (4+4), där hälften springs på golv och hälften på vägg => t=3282=12216.97, eller samma sträcka som ovan fast där 8/12 av sträckan springs på golv => t=2×8+412410=20310, vilket är längre.

Snabbaste sträckan över golv och vägg måste också passera en lång kant (kortare sträcka och större andel över vägg). Benämn avståndet från hitre väggen till kantpassagen x. Då är

t=2x2+42+(8-x)2+42t'=2xx2+42-8-x(8-x)2+42

t'=0 ger 

x1.847t16.151

(okej, jag löste numeriskt, finns det något snyggt sätt att lösa fjärdegradaren analytiskt?).

Snabbast är alltså att bara springa på vägg. Att springa raka vägen på golv och vägg tar 34 % längre tid och att springa snabbaste vägen på golv och vägg tar 28% längre tid.

Rätt svar! Notera bara att den första
t= svägg+2svägg

gäller bara om
sgolv=svägg

Bra jobbat haraldfrej. Nu är det din tur

haraldfreij 105
Postad: 19 maj 2017 Redigerad: 19 maj 2017

Haha, jo, så kan man se det :).

På en tavla står talet 102017 skrivet. Två spelare turas om att göra ett av två tillåtna drag:

  • Ersätta ett tal x på tavlan med två tal a & b, sådana att x = ab
  • Stryka ett av två identiska tal på tavlan.

Man förlorar om det inte finns något tillåtet drag när det är ens tur. Vilken av spelarna vinner (om hen spelar optimalt)?

Yngve 1893 – Mattecentrum-volontär
Postad: 19 maj 2017 Redigerad: 19 maj 2017

EDIT - Det var ju helt feltänkt...gut feeling failure.

Totalt antal drag är 2016 + 2016 + 2016 + 2016 = 8064, dvs ett jämnt antal drag 

Alltså vinner den spelare som inte börjar.

haraldfreij 105
Postad: 19 maj 2017 Redigerad: 19 maj 2017

Ser inte hur du räknar antalet drag? Beroende på dragföljd kan det variera. De två dragföljderna 

2^2017->2;2^2016->2;2;2^2015->2;2^2015->2;2;2^2014->2;2^2014->2;2;2^2013->2;2^2013

2^2017->4;2^2015->4;4;2^2013->4;2^2013->2;2;2^2013->2;2^2013

har samma t.ex. start och slutpunkt, men olika antal drag däremellan

Ja jag tänkte att man först skulle faktorisera och sedan reducera. Men det blev ju helt fel.

Antar att a,b>1 annars är det ingen som förlorar.

När A står i tur finns alltid udda antal tal, enda slutställningen är {2,5} så B förlorar.

haraldfreij 105
Postad: 22 maj 2017

Ja, det var ju en betydligt enklare lösning än den jag tänkte. Helt rätt, Henrik, din tur.

Ett liknande spel då. A får talet 2017, delar det i två termer, båda positiva heltal, till exempel 1000+1017 och lämnar över det till B som nu får välja första eller sista termen, dela upp den i två termer och sätta den ena först, den andra sist och lämna över till A, till exempel 999+1017+1 eller 2+1000+1015. Den som inte kan följa reglerna förlorar. (Tips: man förlorar om uttrycket är 1+...+1.) Vem vinner?

En position är alltså en heltalssumma och ett drag är att ta första eller sista termen, dela den i två och sätta den ena först och den andra sist.

haraldfreij 105
Postad: 22 maj 2017

B vinner.

Ett tal som inte står först eller sist kan aldrig påverka vad som står först eller sist senare, eftersom man bara "bygger på" utifrån. Det enda som är intressant i en position är alltså första och sista talet (och deras respektive position är också ointressant).

Om man lämnar ifrån sig två udda tal kommer man att få tillbaka ett udda och ett jämt, eftersom nästa "ytterpar" kommer vara en termuppdelning av ett av de två udda talen. Man har då möjlighet att dela upp det jämna talet i två udda. Har man en gång lämnat ifrån sig två udda tal kan man alltså göra det resten av spelet. Eftersom den enda vinnande positionen är 1,1, som är ett udda par, det finns ett ändligt antal positioner, och man aldrig kan återvända till en tidigare position (eftersom summan av de två talen är ett av talen i föregående position), vinner den första som kan lämna ifrån sig ett udda par. A måste dela upp 2017 i ett udda och ett jämt tal, och B kan dela det jämna i två udda och därifrån vinna.

Utmärkt svar! Och eftersom jag hittade på problemet själv kan du inte ha googlat fram det.

haraldfreij 105
Postad: 23 maj 2017

På en skola med årskurs 1-5 får eleverna följande problem: Välj ut två personer från varje årskull, och ställ dem på en rad, så att det står en person mellan de två ettorna, två personer mellan de två tvåorna, tre personer mellan treorna osv.

Lyckas eleverna, och i så fall hur?

Svara Avbryt
Close