Fórum: "ujjgyakorlatok"

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[247] Csimby	2005-03-16 23:17:14
67.feladat Jancsi felírta az összes olyan hétjegyű egész számot, amely csak 0 és 1 számjegyeket tartalmaz. Hányszor írta le az 1-es számjegyet?

[246] lorantfy

2005-03-01 15:01:53

Hello Fiúk!

Kösz a megoldásokat! Valóban a nagy Fermat spec. esete és könnyen belátható. Joci tanulj TeX-et, megéri. Ha már megvan a lehetőség szép képletek írására, használjuk ki!

Előzmény: [245] Kalmár-Nagy József, 2005-03-01 13:16:32

[245] Kalmár-Nagy József	2005-03-01 13:16:32
Ha a-1,a,a+1 köbeit vesszük és rendezzük, elegánsabban kijön. Átalakítások után azt kapjuk, hogy a2(a-6)=2. (az a után a 2 a négyzetet jelölné, csak még lusta voltam a TeX-et megtanulni :) A szorzat mindét tagja egész, mert 'a' is az. Az egyes eseteket gyorsan végig lehet futni.

[244] Csimby

2005-02-28 23:36:21

Suhanc egyenletét és a kongruencia szabályait felhasználva:

Ha a 0 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal osztható 4-gyel, a jobb oldal 3 maradékot ad 4-gyel osztva.

Ha a 1 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal 1 maradékot, a jobb oldal 3 maradékot ad 4-gyel osztva.

Ha a 2 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal osztható 4-gyel, a jobb oldal 1 maradékot ad 4-gyel osztva.

Ha a 3 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal 3 maradékot, a jobb oldal 1 maradékot ad 4-gyel osztva.

Mind a 4 esetben ellentmondásra jutottunk, tehát nincsen olyan a amely eleget tenne a feltételeknek.

Előzmény: [242] Suhanc, 2005-02-28 21:00:37

[243] Atosz

2005-02-28 22:00:32

Kedves László és Suhanc!

Nem tudom, hogy mennyire elegáns vagy nem, de a nagy Fermat sejtés (illetve ma már tétel) nem elég erre? Azaz az xⁿ+yⁿ=zⁿ-nek n>2 esetén nincs megoldása.

Előzmény: [241] lorantfy, 2005-02-27 15:38:28

[242] Suhanc

2005-02-28 21:00:37

Kedves László!

Egy nem túl elegáns megodásom lenne a feladatodra:

Legyen a három egymást követő köbszám a³,(a+1)³és(a+2)³ ! Adjunk felső korlátot a értékére, majd a maradék eseteket megvizsgáljuk a végén. A feladat állítása szerint (rendezve az egyenletet):

a³=3a²+9a+7

Bonsuk a³-t három egyenlő részre, mert a jobb oldalon három tag van. Nyilván, ha

$\frac{a^3}{3}>3a^2$

$\frac{a^3}{3}>9a$

$\frac{a^3}{3}>7$

feltételek egyszerre teljesülnek, az egyenletnek nem lehet megoldása, hisz a bal oldal határozottan nagyobb. A három egyenlőtlenség közül az első a legenyhébb, ezért a>9 esetén biztosan nincs megoldás.

Maradt tehát 10 esetünk 0-tól 9 ig. Ezeket behelyettesítve az egynletbe nem kapunk kielégítő megoldást, ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

Előzmény: [241] lorantfy, 2005-02-27 15:38:28

[241] lorantfy	2005-02-27 15:38:28
66. feladat: Bbh. három egymást követő természetes szám közül a legnagyobb köbe nem lehet egyenlő a másik kettő köbének összegével.

[240] Gubbubu	2005-01-08 14:03:22
Szerintem nagyon szép ez a feladat, várjunk a megoldással.
Előzmény: [238] Suhanc, 2005-01-08 08:52:43

[239] Suhanc

2005-01-08 08:56:51

Az 55.Feladat szemmel láthatólag nem hozott lázba senkit...;)

Ha esetleg valaki mégis lenne olyan "elvetemült", egy kis segítség:

Ez egy olyan "közepes" feladat...

[238] Suhanc

2005-01-08 08:52:43

Kedves Mindenki!

Ez egy olyan apró gondolat... de szép!:)

65.Feladat:

Igazoljuk, hogy :

${\frac{43}{44}< \frac{1}{1*\sqrt2 +2*\sqrt1} +\frac {1}{2*\sqrt3+3*\sqrt2}+...+\frac {1}{1987*\sqrt1988+1988*\sqrt1987}}<\frac{44}{45}$

[237] lorantfy

2004-12-21 00:27:58

Páros n-re is igaz lesz, mert ekkor k>n és n végén k-n db 0 áll.

Ekkor viszont (2^k-1-n) végén k-n db 1-es fog állni előttük (balra) 0 áll. Így +1 hozzáadása (k-n) db 1-esből 1 db 1-est csinál. A változás -(k-n)+1 a számjegyek összegében.

A számjegyek összege: (m-1)+(k-m)-(k-n)+1=n.

Előzmény: [236] lorantfy, 2004-12-21 00:02:58

[236] lorantfy

2004-12-21 00:02:58

Hello Jónás!

Úgy látszik igazad van, mindketten elszámoltuk Csimbivel: n=2004₁₀=11111010100₂

A számjegyek összege: m=7. Mivel 2 db 0-ra végződik k=2006 lesz. Az első részösszegben m-1=6db 1-es marad. 2²⁰⁰⁶-1-n részben k-m=1999 db 1-es van és ..011-re végződik, így a +1 hozzáadása 1-el csökkenti az 1-esek számát: 6+1999-1=2004.

Ami persze nem jelenti azt, hogy minden n-re igaz.

Páratlan n esetén azonban mindig igaz lesz, mert ilyenkor n 1-re végződik. k=n és 2ⁿ-1-n pedig 0-ra végződik, így a +1 a végén 1-el növelei a számjegyek összegét. m-1+k-m+1=k=n.

Előzmény: [235] jonas, 2004-12-20 23:20:48

[235] jonas

2004-12-20 23:20:48

Erdekes, nekem 2004 jon ki.

2004*(2²004-1)=111110100111111111111111...1111111111100000101100

Az eredmeny osszesen 2015 szamjegybol all, ebbol 11 nullas es 2004 egyes.

Előzmény: [234] lorantfy, 2004-12-20 22:58:40

[234] lorantfy

2004-12-20 22:58:40

Kedves Suhanc!

Örülök, hogy foglalkoztál a témával. Már azt gondoltam feledésbe merül. (Persze azt nem hagytam volna!)

Szóval az első pár számra én is kipróbáltam és működik amit mondtál. De valahol elromlik, mert annyira szerettem volna, hogy 2004-nél a számjegyek összege 2004 legyen, hogy kétszer is átszámoltam és úgyis csak 2003 lett és Csimbinek is ez jött ki. Tehát 2004-nél már nem igaz!

Én maradtam 2-es számrendszerben. Lenyen n számjegyeinek összege m.

n^.(2ⁿ-1)=n^.2ⁿ-n

n^.2ⁿ legalább n db 0-ra végződő szám. Legyen jobbról az első 1-es a k+1-edik helyiértéken.n $\leq$ k Ekkor

n^.2ⁿ-n=(n^.2ⁿ-2^k)+(2^k-n)=(n^.2ⁿ-2^k)+(2^k-1-n)+1

Az összeg első részében a számjegyek összege m-1 és ez független a többitől. 2^k-1 k db 1-esből álló szám. Ha ebből elvesszük n-t, a kivonás m darab 0-t hoz létre, így a számjegyek összege a második részben k-m. Sajnos ez változhat még ha az 1-et a végén hozzáadjuk.

Ha nem változik, mert pl. n 0-ra végződik (k>n) akkor a számjegyek összege: m-1+k-m+1=k.

n=k esetén n pont 1-esre végződik, így az 1-es hozzáadása változtathat a második részösszeg számjegyeinek összegén.

Ha ez idáig jó, akkor nem vagyunk messze a megoldástól!

Előzmény: [233] Suhanc, 2004-12-20 18:05:07

[233] Suhanc

2004-12-20 18:05:07

Kedves László!

A feladatötlet nagyon érdekes...:)

Átírtam 10-es számrendszerbe, amiben az állítás: Milyen n-re lesz a (2ⁿ-1)*n felbontható n db különböző kettőhatvány összegeként?

megnéztem az első néhány n-re:

(2¹-1)*1=2⁰

(2²-1)*2=2²+2¹

(2³-1)*3=2⁴+2²+2⁰

(2⁴-1)*4=2⁵+2⁴+2³+2²

(2⁵-1)*5=2⁷+2⁴+2³+2¹+2⁰

(2⁶-1)*6=2⁸+2⁶+2⁵+2⁴+2³+2¹ (remélem, nem számoltam el..;D)

Azt sejtem, hogy ez minden n-re igaz lesz, de eddig nem találtam olyan indukciót vagy rekurziót, ami ezt megmutatná. Szóval idáig nem sok..;) De hátha ez inspirál valakit a megoldás elkezdéséhez...

Előzmény: [227] lorantfy, 2004-12-13 10:27:36

[232] Hajba Károly

2004-12-15 14:07:07

Kedves Sirpi!

Ez a kérdés szó szerint így hangzott el anno 1982-ben feleségem felvételijén a Közgázon, s ezért jeleztem, hogy beugrató. S a helyes válasz az volt, hogy nem létezik ilyen számrendszer. Ő kicsit leizzadva, kicsit lefehéredve, de odabökte, hogy nincs is ilyen, s elfogadták/felvették. :o)

Előzmény: [231] Sirpi, 2004-12-15 11:15:59

[231] Sirpi

2004-12-15 11:15:59

Nem 2-es számrendszert akartál írni? Az 1/2-essel gondjaim vannak, mert az "egykettedesvessző" előtt végtelen sok számjegyre lenne szükségem.

2-es számrendszerben 1/3 = 0,010101..., mértani sor összegképletével könnyen ellenőrizhető.

1/2-esben (feltéve, hogy csak 0 és 1 használható számjegyként), 1/3 = ...1010100, ami ugye "végtelen hosszú" szám.

Előzmény: [230] Hajba Károly, 2004-12-15 09:36:34

[230] Hajba Károly

2004-12-15 09:36:34

Azt hittem, hogy ezt - az egyébkébt 1982-ben a KözGáz-ra beugró (felvételi) - beugrató kérdést hamar lecsapjátok. :o)

Előzmény: [229] Hajba Károly, 2004-12-13 22:31:40

[229] Hajba Károly

2004-12-13 22:31:40

Már ha a számrendszereknél tartunk.

64. feladat:

Írjuk fel az 1/2-edes számrendszerben az 1/3-adot!

[228] Hajba Károly

2004-12-13 14:37:34

Kedves László!

Természetesen jól számoltál, s látom, hogy be is indította a fantáziádat.

Előzmény: [223] lorantfy, 2004-12-12 22:22:56

[227] lorantfy	2004-12-13 10:27:36
63/c. feladat: Legyen A n darab 1-es számjegyből álló 2-es számrsz-beli szám. Mennyi lehet az n értéke ha az n*A 2-es számrsz-beli szám számjegyeinek összege éppen n.

[226] lorantfy	2004-12-13 10:05:40
Kösz a megoldást. Én is 2003-t számoltam. (Szép lett volna ha éppen 2004!)
Előzmény: [225] Csimby, 2004-12-13 00:16:29

[225] Csimby

2004-12-13 00:16:29

Húú, de nagy baromságot írtam az előbb... Asszem ilyen alakú lesz az eredmény:

1111101001111...1111000001011

És középen 1994 db. 1-es van, tehát a számjegyek összege: 1994+9 = 2003, de lehet, hogy elszámoltam...

Előzmény: [224] Csimby, 2004-12-13 00:03:18

[224] Csimby	2004-12-13 00:03:18
2004=1024+512+256+128+64+16+4, 2-es számrendszerben: 11111010100. Tehát 7*2004, lesz.
Előzmény: [223] lorantfy, 2004-12-12 22:22:56

[223] lorantfy

2004-12-12 22:22:56

Kedves Károly!

Ha jól számolom, akkor a számjegyek összege: 2004*6=12024.

63/b feladat: Mi a helyzet, ha A-t 2-es számrendszerbeli számnak tekintjük? Mennyi lesz a 2004*A 2-es számrsz-beli szám számjegyeinek öszege?

Előzmény: [222] Hajba Károly, 2004-12-08 23:34:22

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?