Matematika 11.osztály

1) Tipikus Fibonacci-probléma, a megoldása F₁₁ lesz, mivel a 0. fáról indul.

2) A pitagoraszi-hármasokról már készült táblázat:

https://hu.wikipedia.org/wiki/Pitagoraszi_sz%C3%A1mh%C3%A1rmasok_list%C3%A1ja

Ha lehet ezt használni, akkor nem nehéz a feladat végére jutni (arra azonban ügyeljünk, hogy a táblázat csak azokat az eseteket mutatja, ahol a három oldal legnagyobb közös osztója 1, tehát például a 6;8;10 nem szerepel, így a többszörös eseteket külön össze kell szedni).
Ha nem lehet használni, arra egyelőre csak hosszadalmas megoldást tudok, így passzolom.

3) Mivel 6-an ülnek az asztalnál, és önmagukra nem mondják, hogy ismerik magukat, ezért 0-tól 5-ig mondhatnak számokat, Esetenként szét kell választani;

1. eset: ha a 0-1-2-3-4 számokat mondták, akkor meg kell nézni, hogy az ötödik mit mondhatott, Első körben az biztos, hogy a számok összege páros kell, hogy legyen; 0+1+2+3+4=10, tehát az utolsó a 0;2;4 számok valamelyikét mondhatta. 0-t nem mondhatott, mivel akkor a 4-es nem tudna 4 embert ismerni, 4-et sem, mivel akkor az 1-est legalább ketten ismernék, így amit vizsgálni kell, az a 2-es eset, ami összejöhet.

A többi esetet szedd össze, összesen 6-féle lehet.

4) Itt a trükk az, hogy mindegyik drazsét 1/4036 valószínűséggel fogja kiválasztani, függetlenül attól, hogy a drazsék hogyan vannak elosztva, és mivel ugyanannyi finom van, mint nem, ezért mindegy, hogy hogyan osztja szét az urnák között, mindig 50% lesz az esély.

5) A megértés kulcsa az, hogy az egyik szám fixen fog szerepelni az elhangzottak között, és annyi lesz, ahányan az igazmondók vannak, például ha 6 igazmondó van, akkor ők mind 5-öt fognak mondani, tehát az elhangzottak között lesz 6 darab 5-ös, és ha a többi hazug "össze-vissza" mondaná a számokat, akkor egyértelmű lenne, hogy hány igazmondó van, így csak egy szám maradna a listán. Eszerint arra kell törekedni, hogy minél több számból 1-gyel több szerepeljen az elhangzottak között. A legtöbbet úgy tudjuk elérni, hogyha a minél kisebbek produkálják ezt, így a következő számsor a legideálisabb:

1 1 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 5 5

Eszerint lehetne 2;3;4;5;6 igazmondó, így ezek a számok maradnak a listáján, tehát legfeljebb 5 szám maradhat a listáján.

Kiegészítés Rantnad megoldásához:

1)
Nézzük, az egyes fákra hányféleképpen juthat a szöcske:
1. fa: 1 (mert rajta ül már, amit 1-féleképpen tehet)
2. fa: 1 (az elsőről átugrik)
3. fa: 2 (az elsőről repül vagy a másodikról ugrik)
Most gondolj bele, hogy ez a 2 valójában úgy jön ki, hogy össze kellett adni az előző két számot, mert vagy az előző fáról ugrott, ahová 1-féleképpen juthatott, vagy a kettővel megelőzőről repült, ahová 1-féleképpen juthatott.)
4. fa: 2+1=3 (ugrott olyanról, ahová 2-féleképpen juthatott, vagy repült olyanról, ahová 1-féleképpen jutott)
5. fa: 3+2=5
6. fa: 5+3=8
7: 13
8: 21
9: 34
10: 55
11: 89
12: 144

Valójában ez a 12-edik Fibonacci szám.

Rantnad 11-ediket írt, de 0-tól kezdi a számolást. A Fibonacci számokat 1-től szokás kezdeni, illetve amikor 0-tól kezdik, akkor `F_0`=0, nem pedig 1. Vagyis Rantnad `F_(11)`-es válasza nem szokásos jelölés, `F_(12)` az igazi.

2)
A jelenlegi évszázad 2001-től 2018-ig tart.

A Rantnad által írt linken ott vannak a nem relatív prím számok is, tehát a 6,8,10 is ott van. Viszont ami miatt nem 5 a megoldás (a táblában 5 számhármas van 18-ig), az az, hogy 2005 márc. 4. mellett 2005 ápr. 3. is jó megoldás. Szóval némelyiket duplázni kell.

4)
Általánosan így megy a bizonyítás:
Mondjuk 2018·p fülviasz ízű drazsé ment az A urnába és 2018·(1-p) a B-be. Ha Piton az A-ból választ, akkor p eséllyel kap fülviaszosat. Ha meg a B-ből választ, akkor 1-p eséllyel.
Annak az esélye, hogy bármelyik urnából is választva ilyet kap Piton, aki 1/2 eséllyel választ az A-ból és ugyancsak 1/2 eséllyel a B-ből:
`1/2·p+1/2·(1-p)=1/2`
tehát tényleg független a p-től, ahogy Rantnad írta.