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.
[3311] Fálesz Mihály2010-09-26 14:47:33

Ha x3 harmadrendű, akkor az x hanyadrendű?

Előzmény: [3309] epsilon, 2010-09-26 13:28:39
[3309] epsilon2010-09-26 13:28:39

Üdv Mindenkinek! Egy középiskolás feladat a következő: igazoljuk, hogy az X×X×X=(2 3 1)(4)(5) ciklusszorzattal (ciklikus permutációkkal) adott permutáció egyenletnek nincs megoldása az S(5)-ben (az 5-öd rendű permutációk halmazán). Útmutatásnak ennyi szerepel: "Egy permutáció 3 hatványra emelésével nem kaphatunk egyetlen 3 hosszúságú ciklust." Elemi módszerrel nem tudom belátni ezt, vagyis a kért egyenlet megoldását. Valaki tudna-e segíteni? Előre is köszönöm!

[3308] Lóczi Lajos2010-09-26 13:28:12

Van-e olyan f:R\toR bijekció, amelyre f(0)=0, f folytonos a 0-ban, de az inverze nem folytonos a 0-ban?

[3307] Kristóf Miklós 22010-08-28 11:36:49

megpróbálom szebben írni:

.

.

.

.

.

a...c...b

c...b...a

b...a...c

a...c...d...b

d...b...a...c

b...d...c...a

c...a...b...d

Példa: a*b =c, b*c =a

a szorzótábla margóján természetesen a b c d van.

Előzmény: [3306] Kristóf Miklós 2, 2010-08-28 11:27:22
[3306] Kristóf Miklós 22010-08-28 11:27:22

Kedves Mindenki, egy feladvány a latin négyzetekkel kapcsolatban: .

.

.

.

acb

cba

bac

ez egy latin négyzet. Legyen ez egy szorzótábla!

Ekkor ez ezt tudja:

x*x = x idempotencia (x*y)*z = (x*z)*(y*z) jobbdisztributivitás x*(y*z) = (x*y)*(x*z) baldisztributivitás

négyre is van ilyen:

acdb

dbac

bdca

cabd

Kérdés: Tudtok ilyet 5-re, 6-ra, n-re?

Ezt úgy hívják, hogy DILA, azaz Disztributív, Idempotens, Latin Algebra.

[3305] Sirpi2010-08-24 11:07:51

...kivéve, ha q=3 a második esetnél (hogy teljes legyen a bizonyítás). Valamint az összeg párosnál, és 3-mal oszthatónál nem árt megnézni, hogy nem lehet se 2, se 3 (de ez trivi).

Előzmény: [3304] jenei.attila, 2010-08-24 09:18:03
[3304] jenei.attila2010-08-24 09:18:03

Nem lehet p és q is páratlan, mert akkor két páratlan szám összege páros lenne. Legyen p=2, q pedig páratlan. 2q+q2 osztható 3-mal, mert 2q 2-őt ad maradékul 3-mal osztva, q2 meg 1-et

Előzmény: [3303] D. Tamás, 2010-08-23 10:43:49
[3303] D. Tamás2010-08-23 10:43:49

Mutassuk meg, hogy ha p és q prímszámok, akkor a pq+qp összeg csak egyetlenegy esetben prímszám, ha p=2 és q=3. (p<q) A feladat egyáltalán nem nehéz, ezt most előre leszögezem.

[3302] Róbert Gida2010-08-18 17:38:34

Nem azt mondtam, hogy nehéz a megoldása, hanem azt, hogy gyenge a feladatkitűzés.

Amúgy Tóbi megoldása még mindig rossz, azt nem tudom miért tette fel, hogy xi>0 amikor a feladatban természetes egészekről van szó. És ekkor van pontosan egy megoldás, (ha minden xi különböző és n\ge2): 0!+1!=2!.

Előzmény: [3298] D. Tamás, 2010-08-17 21:07:40
[3301] Tóbi2010-08-18 16:00:25

Így sem nehéz a megoldás. Állítás: Ha n\ge2 rögzített egész, akkor n db faktoriális összege csak véges sok esetben lehet faktoriális. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy a legnagyobb tag az összegben (jelölje k!) nagyobb, mint n!. Ekkor az n tag összege k! és (k+1)! közé esik, hiszen n*k!<k*k!<(k+1)!. Véges sok eset kivételével lesz is ilyen nagy a tagok közt. Egyébként valószínűleg tényleg így gondolták eredetileg a feladatot, ez indokolja a "csak véges sok megoldás"-t a szövegben.

Előzmény: [3300] Fálesz Mihály, 2010-08-18 13:44:20
[3300] Fálesz Mihály2010-08-18 13:44:20

Szerintem nem feltétlenül jogos. n\ge2 rögzített, és x1,...,xn az ismeretlenek.

Előzmény: [3299] D. Tamás, 2010-08-17 21:08:36
[3299] D. Tamás2010-08-17 21:08:36

Jogos.

Előzmény: [3296] Tóbi, 2010-08-17 19:10:10
[3298] D. Tamás2010-08-17 21:07:40

Nem is mondtam az elején, hogy nehéz lesz a megoldás. De mivel úgy látom, hogy ide csak szebb, nehezebb feladatok kerülnek, ezért legközelebb olyat fogok rakni.

Előzmény: [3297] Róbert Gida, 2010-08-17 19:21:48
[3297] Róbert Gida2010-08-17 19:21:48

Hát ez az. Borzasztóan gyenge feladatkitűzés volt.

Előzmény: [3296] Tóbi, 2010-08-17 19:10:10
[3296] Tóbi2010-08-17 19:10:10

Ha lehetnének azonosak is a számok, akkor végtelen sok megoldás lenne. k+1 db k! összege (k+1)! minden k-ra.

Előzmény: [3295] Róbert Gida, 2010-08-17 17:46:27
[3295] Róbert Gida2010-08-17 17:46:27

A feladat szövegében nem szerepelt, hogy mindegyik xi szám különböző, így ezt nem tehetted fel.

Előzmény: [3294] Tóbi, 2010-08-17 17:39:10
[3294] Tóbi2010-08-17 17:39:10

Ha 0<x1<x2<...<xn és n\ge2 akkor az összeg két faktoriális közé szorítható.

x_n < \sum_{i=1}^nx_i! \le \sum_{i=1}^{x_n}i! \le \sum_{i=1}^{x_n}i!*i = (x_n+1)!-1 < (x_n+1)!

\sum_{i=1}^{N}i!*i = (N+1)!-1 indukcióval könnyen igazolható.

Előzmény: [3291] D. Tamás, 2010-08-17 14:51:20
[3293] D. Tamás2010-08-17 16:51:36

Az kimaradt, bocsi a pontatlanságomért.

Előzmény: [3292] Sirpi, 2010-08-17 16:12:41
[3292] Sirpi2010-08-17 16:12:41

Gondolom feltéve, hogy n\geq2.

Előzmény: [3291] D. Tamás, 2010-08-17 14:51:20
[3291] D. Tamás2010-08-17 14:51:20

Bizonyítjuk be, hogy a \sum_{k=1}^n x_k!=x_l! egyenletnek véges sok megoldása van, ha x\inN!

[3290] Sirpi2010-07-16 13:35:21

Szerintem elég egyszerűen kijön, hogy ha 0\leqt\leq1, akkor ha a, b, c oldalakból szerkeszthető háromszög, akkor az at, bt, ct oldalakból is, egyéb t értékekre pedig van ellenpélda.

Ha 0\leqt\leq1, akkor a\leqb\leqc-ből következik, hogy at\leqbt\leqct, ezért elég megmutatni, hogy c<a+b-ből következik, hogy ct<at+bt. Mivel c<a+b, így ezt leosztva c1-t-vel:

c^t = \frac c {c^{1-t}} < \frac a{c^{1-t}} + \frac b{c^{1-t}} \leq \frac a{a^{1-t}} + \frac b{b^{1-t}} = a^t + b^t

tehát valóban ct<at+bt.

Ha t>1, akkor elég kis epszilonra az 1,1,2-\varepsilon oldalú háromszög megfelelő, viszont az 1t,1t,(2-\varepsilon)t-re már nem teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, mert (2-\varepsilon)t>2.

Amúgy a t<0 is hasonlóan érdekes eset, arra is van egyszerű ellenpélda (ha \varepsilon elég kicsi, akkor \varepsilon,1,1 megfelelő háromszög, de \varepsilont>2).

Előzmény: [3286] D. Tamás, 2010-07-15 16:05:08
[3289] D. Tamás2010-07-16 12:19:24

Ha minden igaz, megvan a felső korlát: n\le1 Most csupán eredményt közlök, levezetni sem olyan nehéz, mint gondoltam. Azonban az alsó korlát megkeresése már nehezebb lesz úgy vélem. (Legalábbis bizonyítani biztosan az lesz, ha megsejtettük a számot.)

[3288] D. Tamás2010-07-16 11:45:46

A 2 feladat hasonló, de nem ugyanaz.

B. 3936. Milyen feltételeknek kell teljesülni az a,b,c valós számokra ahhoz, hogy minden n természetes számra létezzék olyan háromszög, amelynek az oldalai an,bn és cn?

Az én feladatom pediog a következő volt: Igaz-e, hogy ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha n\inR\R-? Ez könnyen elmondható, hogy nem igaz, hiszen példának vehetjük a 3 4 és 5 egység hosszúságú oldalakkal rendelkező háromszöget. Ez a példa azért is speciális, mert n=2 esetén megkapjuk az oldalak közti összefüggést: 32+42=52 (De egyébként \forall pithagoraszi számhármasnál ezt tapasztalhatjuk. Összefoglalva ez a feladat azért más a B.3936-hoz képest, mert itt meg kell keresnünk azokat az n számokat, melyekre igaz lesz, hogy az an,bn és cn hosszúságú szakaszokl szerkeszthető háromszög. n=1 és \frac12 jó eset, de ez nem zárja ki a többi eset létezését. Mivel a probléma egyre jobban érdekel, ezért én is nekiállok a feladatnak mostantól. Bár van egy olyan sejtésem, hogy ez nem egy egyszerű probléma, na de majd meglátjuk.

Előzmény: [3287] psbalint, 2010-07-15 16:52:31
[3287] psbalint2010-07-15 16:52:31

ugyanez volt már B-pontversenyben (B.3936)

Előzmény: [3286] D. Tamás, 2010-07-15 16:05:08
[3286] D. Tamás2010-07-15 16:05:08

Teljesen általánosan is felvetődhet a kérdés: Tehát ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha n\inR\R-.? A válasz nem, de jó feladatnak tűnik - elsőre - megkeresni az n lehetséges értékeit.

  [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]