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.
[1281] jonas2006-06-19 11:54:27

Itt vannak a következő hasonló sorozatok (az összes 100000 alatti):

199 409 619 829 1039 1249 1459 1669 1879 2089

34913 37013 39113 41213 43313 45413 47513 49613 51713 53813

52879 53299 53719 54139 54559 54979 55399 55819 56239 56659

30427 35257 40087 44917 49747 54577 59407 64237 69067 73897

28549 36319 44089 51859 59629 67399 75169 82939 90709 98479

Előzmény: [1280] jonas, 2006-06-19 11:51:51
[1280] jonas2006-06-19 11:51:51

Kipróbáltam, és 3000-ig csak ez az egy van. Mivel a különbség 210 többszöröse kell, hogy legyen, veszem az összes számtani sorozatot, aminek a differenciája 210 vagy pozitív többszöröse, prímszámtól indul, és a legnagyobb tagja 3000 alatt van. Ilyan sorozatból 186 van. Szűrve azokat, amelyeknek minden tagja prím, csak egy marad: 199 409 619 829 1039 1249 1459 1669 1879 2089.

Előzmény: [1279] jonas, 2006-06-19 11:38:38
[1279] jonas2006-06-19 11:38:38

Feltételezem, hogy a konstans számtani sorozat ki van zárva.

A Szalay Számelmélet könyv az 1.5 fejezetben megadja a következő példát: 210k+199 ahol 0\lek\le9. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez valóban jó példa. Hogy több van-e, annak nem számoltam utána.

Segíthet, hogy a különbségnek biztosan oszthatónak kell lennie minden 10-nél kisebb vagy egyenlő prímszámmal, mert különben az adott prímszám valamelyik tagot biztosan osztja.

Előzmény: [1278] lindus, 2006-06-19 11:08:11
[1278] lindus2006-06-19 11:08:11

Sziasztok! Tudnátok segíteni? :-)) A feladat: keresni kellene tíz 3000-nél kisebb prímszámot ami számtani sorozatot alkot. Valahol a neten nem tudtok prímszámok gyüjteményét? Köszi....

[1277] Iván882006-06-15 20:51:26

Ez nem annyira matekfeladat, de nem akartam csak ezért új témát indítani.

Lázasan keresek egy könyvet; ANDRÁSFAI BÉLA: ISMERKEDÉS A GRÁFELMÉLETTEL c. könyvét(nekem megvolt, de sajnos elvesztettem, és kéne egy ilyen) Azt szeretném kérdezni, hogy van e valakinek a birtokában ilyen, és ha igen, akkor -némi ellenérték fejében- odatudná adni? Vagy tudja valaki, hogy hol llehet kapni ilyet? Köszönettel: Gresits Iván

[1276] epsilon2006-06-10 10:16:53

Pontosítás: 0<a<=e helyett 1<a<=e kell!

[1275] epsilon2006-06-10 10:14:46

A feladat még annyiban általánosítható, hogy n>1 pozitív egész helyett x>0, továbbá 1 helyett b>0 tehető, és ekkor, ha a>e (a 2,71... Euler-féle állandó) akkor marad a két kifekezés közötti egyenlőtlenség, és megfordul, ha 0<a<=e. (Az egészset valójában függvénymonotonítással, a deriválttal könyű belátni).

[1274] epsilon2006-06-09 08:53:43

A feladatnak egy általánosítása az előző módszerrel is könnyűszerrel bizonyítható, de még egy másik ötlettel egyben általánosítva: ha a>1 és n>1 pozitív egész szám, akkor:

[1272] jonas2006-06-08 20:08:23

Na, nézzük csak

 \frac{10^{2004}+1}{10^{2005}+1} < \frac{10^{2005}+1}{10^{2006}+1}

Keresztbeszorozhatunk, mievl a nevezők pozitívak:

(102004+1)(102006+1)<(102005+1)2

Kifejtünk:

104010+102006+102004+1<104010+2.102005+1

Ez nyilván fordítva igaz, tehát az eredetiben az első a nagyobb.

Előzmény: [1270] gphilip, 2006-06-08 17:55:43
[1271] Doom2006-06-08 18:59:10

"Emelt szintű érettségi Matematikából" téma, 106-os hozzászólás, ha jól emlékszem...

Előzmény: [1270] gphilip, 2006-06-08 17:55:43
[1270] gphilip2006-06-08 17:55:43

na akkor ide írom a problémámat, mert a másik topicban nem kaptam rá megoldást... egyszerűnek tűnik, de nem ugrik be, és nem nagyon szeretném épp ezt húzni mat szóbelin :))

szóval egy pofonegyszerű gyors megoldást várok a következő kérdése:

Melyik a nagyobb?

[1269] epsilon2006-06-07 17:25:00

Helló! Találtam egy egész egysezerű megoldást, kérdés, ez még egyszerűbben is leírható? (Érdemes követni a betűs ábrát!)

Ha A páros szám lenne, akkor a 2, 4, 6 közül csak két páros szám marad. Ezek nem lehetnek mindkettő a G, E, F csúcsok valamelyikében, pl. az E és F-ben, ugyanis ekkor mint A+B+C+E mint A+B+D+F páros lenne. Nem lehet úgy sem, hogy egyik az E, F, G valamelyikében, és másik a B, C, D valamelyikében , mert pl. E-ben és B-ben illetve E-ben és D-ben, mert ekkor A+B+F+D páros illetve A+B+E+C páros. Úgy sem lehet, hogy mindkettő a B, C, D valamelyikében legyen, pl. a C és D-ben, mert ekkor mint A+B+E+C, mint A+B+F+D páros. Tehát E páratlan, de nem lehet sem 7 sem 5 mert ekkor a másik három szám összege 15-7=8 illetve 15-5=10 lenne, se sem 15, sem 10 nem bontható fel három különböző módon, három szám összegére. Ha A=3 akkor 15-3=12=1+5+6=1+4+7=2+4+6, illetve ha A=1 akkor 15-1=14= 2+5+7=3+4+7=3+5+6 és mivel vagyis két-két 3 tagú összegre való felbontás, páronként az 1, 4, 6 illetve 3, 5, 7 kétszer előforduló számokkal, így ezek az oldalközepeken helyezkednek el, és csak a Csimby 2 ábráján látható megoldásokat adják.

[1268] epsilon2006-06-05 06:39:59

Helló Csimby! Valóban elnéztem egy esetet :-( Az (1) és (2) összefüggéseket felírtam, a három darab (2)-es összefüggés páronkénti egyenlőségéből kijön: B+E=D+G és C+G=B+F ahonnan B-G=D-E=C-F=k. Könnyn látható, hogy k>=2 nem lehetséges, mert akkor 3 darab 2 vagy annál nagyobb különbség kiviszi a 7 számot az 1;2;..;7 számkörből. Itt hibáztam: maradt k=1, innen meg "kikínoztam" a megoldást. Te valóban már annyit egyszerűsítettél, hogy az általad felírt (4) alapján, k=2-A is igaz. Így k=-1 is megfelel amit kihagytam :-( mert k<=-2 ugyanúgy nem lehet mint a leírt.) A hiba kijavítva általad, de még most is azon morfondírozok, hogy 1 és 7 között 2, 4, 6 páros (3 db), 1, 3, 5, 7 (4 db)páratlan, és valahogy a skatulya elv nem-e kapcsolható a páros páratlansággal, hogy rövidebb megoldást kaphassunk??? Üdv, és kösz: epsilon

[1267] xviktor2006-06-05 01:50:48

Valoban :)

Előzmény: [1265] Csimby, 2006-06-05 01:48:27
[1266] xviktor2006-06-05 01:49:32

Sry!

Kihagytam egy-egy eshetoseget, amikor nem csak kulonbozo kombinaciok vannak... A masik kombinaciokkal kijon a 3 is.

Udv: Vik

Előzmény: [1264] xviktor, 2006-06-05 01:38:22
[1265] Csimby2006-06-05 01:48:27

Az a baj ezzel, hogy pl. (3k)+(3k)+(3k+1)+(3k+2) már magába foglal több mint 3 esetet (hiszen csak 3k+1 alakú számból 3 db van 1-től 7-ig) és így nem kell, hogy a 15-nek a 3db különböző felbontása mind a 3 általad említett típusból tartalmazzon egyet-egyet.

Előzmény: [1264] xviktor, 2006-06-05 01:38:22
[1264] xviktor2006-06-05 01:38:22

Hali!

Egy megoldas szerintem:

Eloszor vizsgaljuk a szamokat 3-al valo oszthatosaguk alapjan: (3k+1),(3k+2),(3k),(3k+1),(3k+2),(3k),(3k+1)

Ezekbol csak 3 fele keppen jon ki 3-al oszthato szam /mivel a 15 is az/:

(3k)+(3k)+(3k+1)+(3k+2), (3k)+(3k+1)+(3k+1)+(3k+1), (3k+1)+(3k+1)+(3k+2)+(3k+2). Ugye ezek kozul mindegyikben szerepelnie kell A-nak, tehat A 3k+1 alaku, azaz 1,4 vagy 7.

Most vizsgaljuk 5-el valo oszthatosag alapjan: 5k+1), (5k+2), (5k-2), (5k-1), 5k, (5k+1), (5k+2)

Ezekbol szinten csak 3 felekeppen johet ki 5-el oszthato szam:

(5k)+(5k+1)+(5k+1)+(5k-2), (5k-1)+(5k+1)+(5k-2)+(5k+2), (5k+2)+(5k+2)+(5k+1)+(5k). MIvel ezek mindegyikenek is tartalmaznia kell A-t, A 5k+1 alaku, azaz 1 vagy 6, azaz a fenti halmazzal a metszetet veve A csak 1 lehet.

Udv: Vik

Előzmény: [1261] epsilon, 2006-06-04 21:15:22
[1263] Csimby2006-06-05 01:17:22

(1) A+B+C+D+E+F+G=28 (ha jól értem, akkor A,B,C,D,E,F,G különböző számjegyek)

(2) A+B+E+C=A+C+G+D=A+D+F+B=15 (a négyszögekben a számok összege 15)

(2)-beli egyenlőségeket összeadva: 3A+2B+2C+2D+E+F+G=45

Ebből (1)-et kivonva:

(3) 2A+B+C+D=17

Felhasználva a (2)-beli egyenlőségeket:

(4) A+D=E+2, A+C=F+2, A+B=G+2

Mivel a számjegyek különbözők kell, hogy legyenek, ezért A,B,C,D egyike sem lehet 2! (Pl. ha D=2, akkor A=E)

Ekkor viszont E,F vagy G egyenlő 2-vel.

(3)-ból és (4)-ből kapjuk, hogy E+F+B=G+D+F=E+C+G=13.

A szimmetria miatt feltehetjük, hogy E=2, ekkor F+B=C+G=11. A 11 pont kétféleképpen bomlik fel két 1 és 7 közötti egész szám összegére: 7+4, 6+5.

A és D már csak 1 és 3 lehet (a többi jegyet felhasználtuk). Mindkét esetben van megoldás. Tehát A ezt a két értéket veheti föl.

Előzmény: [1261] epsilon, 2006-06-04 21:15:22
[1262] Hajba Károly2006-06-05 00:38:34

Ha jól értettem a feladatot, én 6 megoldást is találtam. A=(1, 4, 7), mindhárom kétszer is. S a <A>-<négy szám összeg> sorban: 1-13, 4-14, 1-16, 7-16, 4-18, 7-19

Előzmény: [1261] epsilon, 2006-06-04 21:15:22
[1261] epsilon2006-06-04 21:15:22

Sziasztok! Íme megint egy érdekes logikai-matematikai feladat: Az A, B, C, D, E , F, G számok az 1-től 7-ig terjedő különböző pozitív egészek valamelyikét jelöli:

A feltétel: mindhárom négyzet mentén a számok összege 15. Milyen szám lehet az A?

Nem egyszerűen bizonyítottam, hogy csak egyik lehet a 7 közül, azt is, hogy melyik, de egy ilyen egyszerű feladatra nem létezne egszerű megoldás? Hát ezért tettem ide fel, hátha több szem többet lát alapon, egyszerűbben is lehet dolgozni mint Én!

Várom tehát a meglátásaitokat! Üdv: epsilon

[1260] jonas2006-06-02 19:13:26

1, 2.

Előzmény: [1259] MateMSR, 2006-06-02 18:56:20
[1259] MateMSR2006-06-02 18:56:20

Sziasztok!

Mar regota tunodom azon hogy lehet-e egy ismetlodo tizedes szam egyenlo egy egesz szammal. Igaz-e az hogy 9.999... a vegtelensegekig ismetelve egyenlö lesz 10-el?

Ha igen akkor hogyan, mert mindig lesz kulönbseg a 10 es a 9.999... kozott?

[1258] epsilon2006-05-28 15:38:58

Szia Lorantfy! Rendben, megpróbálom így cáfolni, hogy nem lesz duplázás. Valóban, ha az alaphelyzet nem áll elő, akkor a többi ismétlődés is kizárt. Alaposabban megfigyelem, hogy az alakzatok "dudorai" miveb játszanak kúlcsszerepet! Üdv: epsilon

Előzmény: [1257] lorantfy, 2006-05-28 14:34:36
[1257] lorantfy2006-05-28 14:34:36

Szia Epszilon!

A feladat szövege szerint az egymásba forgatható négyzeteket különbözőnek kell tekintenünk és így szerintem nincs átfedés.

A kételyeidet úgy oszlathatod el, hogy a középső (5-ös) kisnégyzet 90 vagy 180 fokos elforgatása után próbáld meg pl. az alaphelyzetet előálíteni.

Pl. +90 fokos elforgatás után a 8-as és a 2-es nem kerülhet vissza az eredeti helyére.

Hasonlóan 180 fokos elforgatás után.

Előzmény: [1256] epsilon, 2006-05-28 05:33:05
[1256] epsilon2006-05-28 05:33:05

Szia Lorantfy!

Valóban, jobb helyre is tehettem volna a feladatot, de még kezdő vagyok a fórumon (mármint olvasgattam, de nem nyitottam témát)nem olvastam mindent át,így nem láttam, hol lenne a legjobb a helye :-( Kár, hogy nem lehet átrakni ide :-(

Kösz a megoldást, frappáns és elegáns! Erre gondoltam Én is, csak nem vagyok meggyőződve a következőről: A leírt módon NEM-E SZÁMOLUNK valamilyen kirakási helyzetet 2-szer, vagy többször?

1) Egyrészt az 5-ös a fordulása magával hordozza, hogy balra, jobbra, lent, fent a 2, 8, 6, 8 melyike is illeszkedik. Na mármost, ha az 5-öst forgatom, valamint az illeszkedési lehetőségek függvényében a 2 és 4, illetve 6 és 8 helyet cserélnek, nem-e kapok vissza ugyanazon lehetőségeket, csak elfordított helyzetbe? 2) Ugyanerre gondolok, hogy amint a 4 sarkot, valóban függetlenül permutálom, és ezzel egyidőben a 2, 4, 6, 8-at is változtatom, nem-e jönnek be azonos helyzetek, csak elforgatva, pl 1, 2, 3 bejön úgy is, hogy a jobb sarokban oszloposan szerepel ez a 3 szám.

Tehát a 24 permutáció valóban független, de kételyeim vannak affelől, hogy a 2, 4 6 8 lehetséges cseréivel, nem-e ismétlődnek 1-szer, és ehez hozzászámítva az 5-ös forgásait is nem-e ismétlődnek 2-szer is bizonyos állások. Mert ezt a 3 "eseményt" nem látom egymástól függetlennek!

Nagyon örvendenék, ha sikerülne ezt a kételyemet eloszlatni, eloszlattatni :-) Ismételten is, és előre is kösz! Üdv: epsilon

Előzmény: [1254] lorantfy, 2006-05-27 20:50:31

  [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]