Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [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]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1035] lorantfy2005-08-31 14:00:36

192. feladat: Bbh. 22225555+55552222 osztható 7-tel!

[1034] Yegreg2005-08-21 22:33:28

Igen, tulajdonképpen ez a kombinatorikus. Csak lehet n2 golyó n dobozban, és az érdekel, hogy melyik golyók vannak együtt, vagy, ami az én első megoldásom volt az n2 gyerek n házban, és az érdekli őket, hogy kivel vannak egy házban. És akkor még lehet a kebvésbé szépen, de egyszerűen elintézős megoldás: az n2 faktoriális tényezői közt van k(amivel éppen egyszerűsíteni akarunk) egyszerese, kétszerese...és k-szorosával kétszer egyszerűsíthetünk, és ezzel n+1 k-t ejthetünk ki, amennyi kell, hiszen a nevezőben is n+1-iken van k. De ez hasonló a binomiális együtthatóshoz alapjában véve. Üdv:

Yegreg

[1033] jonas2005-08-20 21:40:11

Ezt ismerem, nagyon szép feladat.

A kombinatorikus megoldás ez lehet. Vegyünk n2 elemet n sorban és n oszlopban. Ezeknek (n2)! permutációja van. Csakhogy vehetjük azokat a permutációkat, amiket úgy kapunk, hogy minden soron belül permutálgatjuk az elemeket, és aztán a sorokat egymással permutáljuk. Két ilyen permutáció kompozíciója is ilyen. Az ilyen permutációk tehát az eredeti (n2)! rendű szimmetrikus csoportnak egy (n!)n+1 elemű részcsoportját alkotják.

Előzmény: [1032] Yegreg, 2005-08-18 13:54:46
[1032] Yegreg2005-08-18 13:54:46

Helyes a megoldás, bár nem a legszebb megoldások közé tartozik, ezt nehogy sértésnek, vagy ilyesminek vedd, mert kiváló megoldás, csak a kombinatorikai azért elegánsabb, szerintem. Van még egy logikára épülő számvizsgáló megoldás, bár az hasonlít a tiedre, azt leszámítva, hogy az leginkább egy logikai következtetés, és nem kell binomiális együtthatókat írkálni, illetve van egy kombinatorikai megoldás, az talán a legelegánsabb. De más megoládok is lehetnek még. Üdv:

Yegreg

Előzmény: [1030] nadorp, 2005-08-18 09:44:25
[1031] Lóczi Lajos2005-08-18 12:54:33

Vettem az első két egyenlet rezultánsát x szerint, majd az eredmény és a harmadik egyenlet rezultánsát y szerint. (Közös gyöke két (többváltozós) polinomegyenletnek csak ott lehet, ahol a rezultáns nulla.)

Előzmény: [1029] xviktor, 2005-08-17 22:30:28
[1030] nadorp2005-08-18 09:44:25

Ez egy számolós megoldás. Szerintem van tisztán kombinatorikai is, vagy valami polinomiális tételes is, ezt egyelőre nem találtam. Jelöljük a kifejezést A-val. Ekkor

A=\frac{1}{n!}\binom{n}{n}\cdot\binom{2n}{n}...\binom{n^2}{n}=\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\binom{kn}{n} Itt minden tényező egész, ui.

\frac{1}{k}\binom{kn}{n}=\frac{(kn)!}{k\cdot{n!}(kn-n)!}=\frac{(kn-1)!}{(n-1)!(kn-n)!}=\binom{kn-1}{n-1}

Előzmény: [1025] Yegreg, 2005-08-16 22:48:40
[1029] xviktor2005-08-17 22:30:28

Jo a megoldas, de hogy jott ki?

Előzmény: [1027] Lóczi Lajos, 2005-08-17 21:33:21
[1028] Lóczi Lajos2005-08-17 21:35:31

Használd a "dupladollár"-párt, és akkor az egyenletek egymás alatt lesznek.

Előzmény: [1026] xviktor, 2005-08-17 18:38:28
[1027] Lóczi Lajos2005-08-17 21:33:21

Kiküszöbölve az egyenletekből pl. x-et és y-t, z-re az alábbi egyenletet kapjuk:

4z8+230z6+81297z4+41720z2+71824=0.

Erről az egyenletről viszont világosan látszik, hogy nincs valós megoldása, csak komplex, tehát az eredeti egyenletrendszernek sincs valós megoldása.

Előzmény: [1026] xviktor, 2005-08-17 18:38:28
[1026] xviktor2005-08-17 18:38:28

191. Feladat: Oldjuk meg a kovetkezo egyenletrendszert a valos szamok halmazan:

1.:x2+y2-xy=225

2.:x2+z2-xz=121

3.:y2+z2-yz=36

Jo gondolkodast: Viktor

U.i.: Hogy lehet megcsinalni, hogy a 3. egyenlet a tobbi alatt legyen?

[1025] Yegreg2005-08-16 22:48:40

Én nem feltétlenül tekinteném különböző megoldásnak, annyi, hogy én felbontottam a szab. háromszöget 3 egyenlószárú háromszögre. Itt egy feladat, ezt nem én találtam ki, csak hallottam, és tetszett, talán azért, mert egész gyorsan megoldottam:)

Bizonyítsuk be, hogy az \frac{(n^2)!}{(n!)^{n+1}} kifejezés bármely n (nyilván természetes szám) esetén egész! Több megoldást is lehet adni rá!

Üdv:

Yegreg

[1024] Lóczi Lajos2005-08-16 19:10:57

Szép megoldás!

(Egy TeX-es megjegyzés a környező feladatokhoz: amikor koszinuszt/szinuszt írtok be, használjátok a "backslash"-t előtte, így olyan formátumot kapunk, ahogyan a könyvekben szokás: cos x-et, és nem cosx-et, ami utóbbi a c, o és s változók szorzata szokott lenni. Hasonló igaz a többi beépített függvénynévre is, pl. log x és nem logx.)

Előzmény: [1021] xviktor, 2005-08-16 17:17:14
[1023] xviktor2005-08-16 18:22:24

Jo a megoldasod mutatok egy masikat is...

A forgasszimmetria miatt:

1.: A belso haromszog egy szabalyos haromszog, melynek terulete: T=\frac{\sqrt3}4\cdot a^2

2.: A 3 kis haromszog egybevago. Felirtam a cosinus tetelt egy kis haromszogre: a2=22+42-2.2.4.cos\alpha=20-16cos\alpha

1-2bol: T_{"belso"haromszog}=\frac{\sqrt3}4\cdot (20-16cos\alpha)

A kis haromszogek terulete /mindharome osszesen/: T_{"kis"haromszogek}=3\cdot \frac{2\cdot 4\cdot sin\alpha}2

Igy a hatszog terulete: T=\frac{\sqrt3}4\cdot (20-16cos\alpha)+3\cdot \frac{2\cdot 4\cdot sin\alpha}2=3\cdot\left(\frac{5-4cos\alpha}{\sqrt3}+4sin\alpha\right)

Előzmény: [1022] Yegreg, 2005-08-16 17:36:10
[1022] Yegreg2005-08-16 17:36:10

A hatszöges feladatra írt képlet így jött ki: Vagyünk 3 szomszédos csúcsot, és a két szélsőt kössük össze a 120°-os forgásszimmetria középpontjával. Ekkor a forgásszimmetria miatt(bármelyik 3 egymás melletti csúcsot választjuk) a hatszög területének 3-ada lesz a kapott négyszög területe. Ez eddig a külső 3-as szorzó, a zárójelben a négyszög területe van. A négyszög oldalai: 2, 4, a, a. Az első kettő a hatszög két oldala a másik kettő a szimmetria miatt egyenlő. Kössük össze egymással a két szélső pontot, ekkor a négyszög egy átlóját kapjuk, ami két háromszögre bontja a négyszöget, a külső egyértelműen meghatározott adott \alpha belső szögnél, hiszen két oldal és a közbezárt szög ismert, és ebből a belső háromszög is meg lett határozva, hiszen az egyik oldala a külsővel közös, a rajta fekvő szögek pedig nyilván 30°-osak. A külső háromszög területe ekkor

t1=4sin\alpha

. A behúzott átló legyen b! Ekkor b2=22+42-16cos\alpha a koszinusz tétel alapján. Ha behúzzuk a belső háromszög magasságát, akkor két egybevágó félszabályos háromszöget kapunk, ahol a nagyobb befogó \frac{b}2, a kisebb pedig így \frac{b}{2\sqrt3}, ami a belső háromszög magassága. A belső háromszög területe tehát

t_2=\frac{am}2=\frac{b^2}{4\sqrt3}=\frac{20-16cos\alpha}{4\sqrt3}=\frac{5+4cos\alpha}{\sqrt3}

(valóban egyszerűsíthetünk). A hatszög területe pedig:

T=3(t_1+t_2)=3\big(\frac{5+4cos\alpha}{\sqrt3}+4sin\alpha\big)

Ennyi. Üdv:

Yegreg

[1021] xviktor2005-08-16 17:17:14

A 189. feladat megoldasa szerintem:

\frac{A}{B}=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac{21}8\right)^{\sqrt2}+\left(\frac{35}8\right)^{\sqrt2}}}}{{\left(\sqrt{\frac{21}8}+\sqrt{\frac{35}8}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\cdot \frac74\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\cdot \frac 74\right)^{\sqrt2}}}}{{\left(\sqrt{\frac32\cdot \frac74}+\sqrt{\frac52\cdot \frac 74}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=

=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac74\right)^{\sqrt2}\cdot \left[\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}\right]}}}{{\left[\sqrt{\frac74}\cdot\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)\right]^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}\cdot\sqrt{\left(\frac74\right)^{\sqrt2}}}{{\left(\sqrt{\frac74}\right)^{\sqrt2}\cdot\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=1

Eszreveheto, hogy az egyszerusitesek utan 1et kapunk. Igy A=B.

Amennyiben valamit elirtam legyszives szoljatok, es kijavitom.

Remelem jo a megoldasom: Viktor

Előzmény: [1020] Lóczi Lajos, 2005-08-16 15:00:38
[1020] Lóczi Lajos2005-08-16 15:00:38

A különböző gyökkitevők egy összegben felcserélhetők?

189. feladat. Jelölje

A=\left(\sqrt{\frac{3}{2}}+\sqrt{\frac{5}{2}}\right)^{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\left(\frac{21}{8}\right)^{\sqrt{2}}+\left(\frac{35}{8}\right)^{\sqrt{2}}}

és

B=\sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^{\sqrt{2}}+\left(\frac{5}{2}\right)^{\sqrt{2}}} \cdot \left(\sqrt{\frac{21}{8}}+\sqrt{\frac{35}{8}}\right)^{\sqrt{2}}

Döntsük el (majd bizonyítsuk be), hogy kettejük közül melyik a nagyobb szám.

[1019] Lóczi Lajos2005-08-16 14:48:19

Aki szeret térfogatot számolni, annak álljon itt a

188. feladat. Legyen a>0 adott szám és tekintsük a közönséges térbeli x-y-z koordinátarendszert.

Mekkora a térfogata annak a testnek, amely az x2+y2+z2\le4a2 egyenlőtlenséggel meghatározott gömb és az (x-a)2+y2\lea2 (végtelen) henger metszeteként áll elő?

[1018] xviktor2005-08-15 23:37:22

Tenyleg nem kukacoskodni szeretnek, de lehet kicsit egyszerubben is irni:

T=3\bigg(\frac{5-4cos\alpha}{\sqrt3}+4sin\alpha\bigg)

Előzmény: [1017] xviktor, 2005-08-15 23:32:05
[1017] xviktor2005-08-15 23:32:05

Bocsanat most neztem a pontositasod /1015/. Jo a keplet.

Udv: Viktor

u.i. Tudnad kicsit reszletezni hogy jott ki?

Előzmény: [1016] xviktor, 2005-08-15 23:28:27
[1016] xviktor2005-08-15 23:28:27

Annyibban igazad van, hogy tobb eset van, tehat egy altalanos kepletet keresunk, de szerintem nem jo a kepleted... bar lehet en tevedek

Es akkor a 187. feladat: a hatszog kore kor irhato. Mekkora a terulete?

Udv: Viktor

Előzmény: [1015] xviktor, 2005-08-15 23:14:22
[1015] xviktor2005-08-15 23:14:22

Kedves Yegreg!

A 181. feladat szandekos volt :) A 186. feladatot szerintem gondold at megegyszer.

Udv: Viktor

Előzmény: [1013] Yegreg, 2005-08-15 20:58:07
[1014] Yegreg2005-08-15 21:01:22

Bocsánat, úgy tűnik, hogy most sem vagyok képes normálisan beírni... egy zárójel elcsúszott. Helyesen így:

T=3\big(\frac{20-16cos\alpha}{4\sqrt3}+4sin\alpha\big)

. Hiába, még nem vagyok rutinos TeX-es...:oD. Üdv:

Yegreg

[1013] Yegreg2005-08-15 20:58:07

Üdv!

Bocs, hogy csak most írok, de most értem haza, így nem tudtam reagálni a közbenső dolgokra. A beírt gömb sugara jogos, az egyenletet nem ismertem, kitalálni meg akkor este esélyem sem volt, pláne, hogy nem is gondolkoztam ilyesmiben(a bizonyítás amúgy nagyon szép szerintem). A sok számolás azért nem annyira sok, csak egy finom túlzás volt annak eltitkolása érdekében, hogy képtelen lettem volna beírni akkor este:). Valójában azt hiszem, hogy az pár Pitagorasz-tétel volt.

Az a hatszöges feladat nem akar összejönni Viktornak:) Vagy direkt csináltad először nem létezőre másodjára pedig több esetesre? Szóval a 186(azt hiszem) feladat megoldása:

T=3\big(\frac{20+16cos\alpha}{4\sqrt3}\big)+4sin\alpha

Ahol alfa valamelyik belső szög. A 120°-os forgásszimmetria nem határozza meg egyértelműen a hatszöget, csak 3-3 belső szöge egyenlő egymással, két különböző belső szög összege pedig 240°. Egyébként szerintem a feladat normálisan körbe írt hatszög lenne. Akkor egyértelműen \alpha=120°, és akkor kiszámolható a terület(akkor máshogy is számolható). Üdv:

Yegreg

[1012] xviktor2005-08-14 17:59:30

Gratulalok, mindenki megoldasa helyes. De a 186. feladatra meg nem jott megoldas...

Jo gondolkozast: Viktor

[1011] lorantfy2005-08-14 16:26:14

185-höz: Kössük össze a poliéder csúcsait a beírt gömb középpontjával. Így a poliéder térfogatát sokszög alapú gúlák térfogatának összegére bontottuk, melyek magassága éppen a beírt kör sugara, alapjaik területének összege pedig a poliéder felszine.

Igy aztán: V=\sum_{i} \frac{A_iR}{3}=\frac{R}{3}\sum_iA_i=\frac{RA}{3}

Előzmény: [1010] xviktor, 2005-08-13 01:19:00

  [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]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]    [161]