|
[1039] lorantfy | 2005-08-31 17:32:22 |
Szia Csimby!
Nagyon profi a megoldás! Gratula! Nem gondoltam, hogy ilyen gyorsan beírja valaki.
(Aki nem ismeri a kongruenciát először lássa be azt, hogy azonos kitevőjű hatványok maradéka egyenlő, ha az alapok maradéka megegyezik!)
|
Előzmény: [1036] Csimby, 2005-08-31 17:16:51 |
|
|
[1037] rizsesz | 2005-08-31 17:19:04 |
2222 = 3 (mod 7), míg 5555=4 (mod 7). 3 hatványai a következő maradékokat adják 7-tel osztva: 3, 2, 6, 4, 5, 1... és innentől kezdve ismétlődés van. 4 hatványai: 4, 2, 1, 4, 2... 5555 = 5 (mod 6) és 2222 = 2 (mod 3), így az összeg maradéka 5 + 2 = 0 (mod 7). (Biztos van elegánsabb is :))
|
|
|
[1035] lorantfy | 2005-08-31 14:00:36 |
192. feladat: Bbh. 22225555+55552222 osztható 7-tel!
|
|
[1034] Yegreg | 2005-08-21 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] jonas | 2005-08-20 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] Yegreg | 2005-08-18 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 Lajos | 2005-08-18 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] nadorp | 2005-08-18 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
Itt minden tényező egész, ui.
|
Előzmény: [1025] Yegreg, 2005-08-16 22:48:40 |
|
|
|
[1027] Lóczi Lajos | 2005-08-17 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] xviktor | 2005-08-17 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] Yegreg | 2005-08-16 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 kifejezés bármely n (nyilván természetes szám) esetén egész! Több megoldást is lehet adni rá!
Üdv:
Yegreg
|
|
[1024] Lóczi Lajos | 2005-08-16 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] xviktor | 2005-08-16 18:22:24 |
Jo a megoldasod mutatok egy masikat is...
A forgasszimmetria miatt:
1.: A belso haromszog egy szabalyos haromszog, melynek terulete:
2.: A 3 kis haromszog egybevago. Felirtam a cosinus tetelt egy kis haromszogre: a2=22+42-2.2.4.cos=20-16cos
1-2bol:
A kis haromszogek terulete /mindharome osszesen/:
Igy a hatszog terulete:
|
|
Előzmény: [1022] Yegreg, 2005-08-16 17:36:10 |
|
[1022] Yegreg | 2005-08-16 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 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
. A behúzott átló legyen b! Ekkor b2=22+42-16cos a koszinusz tétel alapján. Ha behúzzuk a belső háromszög magasságát, akkor két egybevágó félszabályos háromszöget kapunk, ahol a nagyobb befogó , a kisebb pedig így , ami a belső háromszög magassága. A belső háromszög területe tehát
(valóban egyszerűsíthetünk). A hatszög területe pedig:
Ennyi. Üdv:
Yegreg
|
|
[1021] xviktor | 2005-08-16 17:17:14 |
A 189. feladat megoldasa szerintem:
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 Lajos | 2005-08-16 15:00:38 |
A különböző gyökkitevők egy összegben felcserélhetők?
189. feladat. Jelölje
és
Döntsük el (majd bizonyítsuk be), hogy kettejük közül melyik a nagyobb szám.
|
|
[1019] Lóczi Lajos | 2005-08-16 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+z24a2 egyenlőtlenséggel meghatározott gömb és az (x-a)2+y2a2 (végtelen) henger metszeteként áll elő?
|
|
|
|
[1016] xviktor | 2005-08-15 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 |
|