Fórum: Érdekes matekfeladatok

Hát, a könnyűeket még a gimnáziumban tanultam Tünde nénitől.

A nehéz akkor merült fel, amikor egy versenyen beadtam egy feladatra egy félig jó megoldást, aminek a végén kijött az, hogy az állítás teljesül ha ez és ez a számosságos állítás igaz. Ez a megoldás (mivel csak egyirányú implikáció jött ki) csak akkor ér pontot, ha az a számosságos dolog tényleg igaz, ezért utólag megkérdeztem okos embereket, hogy igaz-e.

Hol lehet ilyen számosságos feladatokat találni? (az előző 3-at tegnap este találtam ki bár kétségtelen, hogy ismertem már hasonlókat)

Ilyen számosságos feladatokból találkoztam már olyannal is, aminek a megoldását nem is értettem meg, mert valami tételt használt, ami csak a tankönyvek leghátában van benne, és ott is bizonyítás nélkül.

Hát igen, ez a lényeg. És akkor legalább négy dimenzióban kell, hogy legyünk ahhoz hogy létezhessen kontinuum sok három dimenziós ember.

Aki akar gondolkozni a szállodás feladaton, az ne olvassa el ezt.

Az emberesre valami olyasmi volt a megoldás, hogy veszünk miden ember belsejében egy racionális koordinátájú pontot, és mivel ilyenből csak megszámlálható sok van.

Ilyen pont létezését persze csak akkor könnyű garantálni, ha az emberek tisztességes alakúak, mondjuk Borel-halmazok.

Akár mekkorák lehetnek, de nem lehet egyik sem 0 térfogatú. A rajzszögek pedig nem kell hogy hasonlóak legyenek. Jó mókát/munkát :-)

308.-ban egyforma méretűek, vagy lehet mondjuk mindegyik ember feleakkora, mint az előző?

307. feladat Hány rajzszög (körlap és középpontjából egy szakasz) fér el a térben?

308.feladat Amennyiben egy szállodához kontinuum sok hús vér három dimenziós ember érkezik, hogy szállásoljuk el őket, hány dimenziós ez a tér?

Igen, a feladat pontosan így született, amint a minap böngészés közben ráleltem e képletre.

Örülök, hogy tetszett a feladat... akkor meg merem kérdezni tőled, hogy mi van, ha 203. darab kalóz van? És ha 204?

igen ez a copy paste erdemenye:(

x⁴+4y⁴=(x²-2xy+2y²)(x²+2xy+2y²)

A híres képletben a jobb oldalon az egyik tényezőben valószínűleg minden előjel pozitív.

Írhatjuk:

. Kivonva egymásból kapjuk és elvégezve a számításokat:

. n helyett rendre 1,2,...,2005-öt írva majd összeszorozva kapjuk: , tehát

Nos alkalmazva Sophie Germaine hires képletét kapjuk:

1⁴+4^.(2ⁿ)⁴=(2²ⁿ⁺¹-2ⁿ⁺¹+1)(2²ⁿ⁺¹-2ⁿ⁺¹+1) tehát a kifejezés akkor lehet prim ha az egyik tényező öt.

Így n=0 vagy n=1. De az n=0 esetben a kifejezés értéke 1.

Köszönöm, megoldottam. tényleg nagyon jó. Már ha jónak lehet nevezni azt, ha látjuk, hogyan tudja egy valaki sok pénz elvételével az összes többit , minimális pénzük megtartásának reményében, egymás ellen kijátszani. :-)

Azt, hogy hogyan csinálta nem tudjuk, de az ilyen típusú számok több helyen is felbukkannak, lásd pl. ezt a linket és a belőle nyíló hivatkozásokat.

Nem a tizedespont utáni számjegyeket néztem, hanem az első számjegyeket.

Igen, bizonyára elszámoltál valamit.

Ja, hogy az első tizenkét tizedesjegye! Bocs.

Amúgy pedig a lottóért fizetni kell, míg a számok ingyen vannak.

Nekem erre nem akar kijönni a tizenkét kilences. Lehet, hogy rosszul számolok?

Ennek a számnak az első 12 tizedesjegye 9 -es, annak a valsége hogy valaki egy ilyet találjon tízezredrésze annak hogy ötöse legyen a lottón.Ramanujannak sikerült.Vajon hogy csinálta?

A gyomos területek összkerületét vizsgáld, rá fogsz jönni, hogy ez változatlan marad , vagy csökken minden esetben amikor egy parcella elgyomosodik.

Kezdetbe az összkerület maximuma 4(n-1) Az elérni kívánt állapotban: 4n

Ez adja a feladat megoldását.

n gyomos parcella képes elgyomosítani az egészet, gondoljunk csak arra hogy keresztben vannak elhelyezve a gyomos parcellák.

Azt is elmondhatjuk, hogy n*n-n gyomos parcella esetén nem biztos hogy elgyomosodik az egész. n*n-n+1 esetén biztos .Ennek átgondolása némi időt igényel

306. feladat. Adjuk meg azokat az n pozitív egészeket, amelyre prímszám.

Ezt már olvastam valahol. A bizonyításra is emlékszem, de még nem lövöm le.

Aha, meg is van: F. 3220.