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.

[49] Fálesz Mihály

2003-11-10 18:10:51

Sziasztok,

Kicsit kezdenek elburjánzani a meg nem oldott feladatok. Pillanatynilag a következőkre nincs még teljes megoldás:

-- 2. feladat (9 pont), 2. hozzászólás

-- 3. feladat (emberevők) [3]

-- 5. feladat (100 láda pénz) [6]

-- milyen színű a medve [22]

-- tevék [26]

-- Rubik-hasáb [43]

-- mekkora az EDB szög [46-47]

Összesen 7, ami túl sok. Azt javaslom, hogy most egy darabig ne írjunk új feladatokat, inkább ezekere lássunk megoldást, és a továbbiakban is törekedjünk arra, hogy ne legyen egyszerre - mondjuk - háromnál több megoldatlan feladat.

F.M.

[48] Sirpi	2003-11-10 14:18:59
Ez a szummafelcserélés tökéletes megoldás, gratula, én is így csináltam (mellesleg azért nem így adtam fel, mert így sokkal könnyebb, csupán a 2, 3, 5, 8 kitevőket kivéve szerintem nehezebb feladatot kapunk.
Előzmény: [40] Pach Péter Pál, 2003-11-07 23:14:59

[47] lorantfy	2003-11-10 11:21:06
Egy ábra a lenti feladathoz. (Imádom az Euklides programot!)

[46] jenei.attila	2003-11-10 10:44:46
Egy geometria feladat: Az ABC egyenlő szárú háromszög AB alapon fekvő szögei 80 fokosak. A-ból az alappal 60 fokos szöget bezáró egyenes a BC szárat E pontban, B-ből az alappal 70 fokos szöget bezáró egyenes az AC szárat D pontban metszi. Mekkora az EDB szög?

[45] Hajba Károly

2003-11-10 01:19:09

> köszönöm, hogy ilyen szép táblázatos formában feltetted az eredményt

Tanulom a TeX-et. :o)

> Te biztosan emlékszel még a RUBIK kockára

Mi az, hogy emlékszem! Engem a gimi 3. osztályában ért (ma 11. o.), s a kockám nemegyszer a tanári asztalon vészelte át az óra második felét több más kockával egyetemben. Így az ábrád öt percnyi tanulmányozása után rájöttem a "trükk"-re, de hagyok mást is gondolkodni.

Előzmény: [43] lorantfy, 2003-11-08 15:50:59

[44] Lóczi Lajos	2003-11-09 16:21:43
Valóban, ez így szép és jó. Utólag természetesen a "mi" formulánkat is megtaláltam, pl. a http://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html oldalon ez a (23)-as formula :-) Érdemes megnézni, van néhány szép ábra (és csaknem 100 egyéb dzeta-képlet)...
Előzmény: [40] Pach Péter Pál, 2003-11-07 23:14:59

[43] lorantfy

2003-11-08 15:50:59

Kedves Károly!

Gratulálok a megoldáshoz és köszönöm, hogy ilyen szép táblázatos formában feltetted az eredményt!

Te biztosan emlékszel még a RUBIK kockára és remélem, hogy a fiatalabbak is ismerik. Nekem nagy sikerélmény volt, hogy meg tudtam oldani. 3 napom ment rá egy téli vizsgaidőszakban és meg is lett az eredménye, 4-es lett az analízis vizsgám… A következő nyáron Angliában jártam és ott lehetett kapni a Rubik kocka mindenféle változatát. Vettem is egy nyolcszög alapú hasáb alakút és összekeverés után a begyakorolt transzformációkkal próbáltam visszaforgatni az alaphelyzetbe. Rejtélyes módon az alábbi eredményre jutottam: egy élközépen lébő kocka megfordult a többi mind a helyére került. 9. feladat : Hogyan lehetséges ez?

[42] Hajba Károly

2003-11-08 00:46:23

Kedves László!

Igazad van, én is megtaláltam az 5 megoldást.

K	L	M	N
2	3	7	41
2	3	8	23
2	3	9	17
2	4	5	19
2	4	6	11

Előzmény: [38] lorantfy, 2003-11-06 23:19:20

[41] lorantfy

2003-11-08 00:39:03

Kedves Fórumosok !

Örülök, hogy ilyen sokan foglalkoztatok a biliárdgolyós példával, még idemásolok egy megoldást, ami felhasználja ugyan az előbbi mérés eredményét, de talán annak aki később idetéved érthetőbb:

A 12 golyót 3 4-es csoportra bontom.

OOOO OOOO OOOO

Két 4-es csoportot összehasonlítok a mérleggel (1. mérés)

OOOO -- OOOO

1.1. Egyenlők: ekkor a maradék 4 között van az eltérő

OOOO = OOOO HHHH

Veszek 2-t az első 8 golyó közül (ezek jók) és 2-t a maradék 4-ből

OO -- HH HH

Összemérem őket (2. mérés),

1.2. Ha lebillen a mérleg akkor a mérlegen lévő kettő (HH) közül a 3. méréssel eldöntöm melyik az eltérő golyó.

1.3. Ha egyenlő a 2. mérés eredménye akkor a nem mért 2 közül (HH) döntök a 3. méréssel. (Egyiket összemérem egy jó golyóval)

2.1. Ha a két 4-es csoport összemérésekor lebillen a mérleg. Ekkor amerre lebillent azt a 4 golyót N betűvel jelölöm ( ezek között lehet egy nehezebb)a másik oldalon lévő 4-et K betűvel jelölöm (ezek között lehet egy könnyebb)

Pl.: KKKK < NNNN OOOO

2.2. Bal oldalra felteszek a mérlegre 3 db K jelű golyót és 1 db N jelűt, jobb oldalra pedig 1 db (a megmaradt) K jelűt és a 3 db biztosan jó golyót. (Még 3 db N jelű és egy jó (O) marad ki)

KKKN -- KOOO NNN O

Nézzük az eseteket:

3.1. Ha a mérleg jobbra billen le. Ekkor a bal oldali 3 K közül 1 golyó könnyebb.

KKKN < KOOO NNN O

Ezek közül egy méréssel tudok dönteni, hiszen tudom, hogy a hibás golyó könnyebb. Kettőt összemérek, amelyik felemelkedik az a hibás. Ha egyenlő a kettő összemért, akkor a 3. a hibás golyó.

3.2. Ha a mérleg egyensúlyban marad akkor a kimaradt 3 db N jelű golyó

KKKN = KOOO NNN O

között van egy nehezebb, amit a 3. méréssel az előzőhöz hasonlóan el lehet dönteni.

3.3. Ha a mérleg balra billen ki, akkor ezt okozhatja a bal oldali N jelű golyó vagy a jobb oldalon lévő K jelű golyó.

KKKN > KOOO NNN O

Ezt a 3. méréssel könnyen el lehet dönteni, ha pl. a K jelűt összemérem egy jó golyóval. Ha felemelkedik akkor ez a hibás, ha egyenlők, akkor az N jelű.

[40] Pach Péter Pál

2003-11-07 23:14:59

A 8. feladatra írok megoldást, úgyhogy, aki még nem oldotta meg (és szeretne rajta gondolkozni), ne olvassa tovább. Tekintsük a következő átalakításokat:

$\sum_{k=2}^{\infty} (\zeta(k)-1)=\sum_{k=2}^{\infty} \left(\sum_{n=2}^{\infty} \frac1 {n^k}\right)=\sum_{n=2}^{\infty} \left(\sum_{k=2}^{\infty} \frac1 {n^k}\right)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac1 {n(n-1)}=$

$=\sum_{n=2}^{\infty} \left (\frac1 {n-1}-\frac1 {n} \right)=1$

Pozitív számokat összegzünk, és a határérték valóban létezik (olvassuk az átalakításokat hátulról visszafelé), így nem "csaltunk", amikor megcseréltük a két szummát. Ezen kívül a mértani sor összegképletét, és egy ún. "teleszkópos trükköt" alkalmaztunk.

Az előbb bizonyított állítás nyilvánvaló következménye, hogy

$\sum_{k=2}^N (\zeta (k)-1) <1,$

ugyanis az előbbi összegnek van olyan tagja, ami ebben az összegzésben nem szerepel. (Mint már megállapítottuk, minden tag pozitív: $0<\frac1 {n^k}$ )

Pach Péter Pál

Előzmény: [30] Lóczi Lajos, 2003-11-05 23:59:16

[39] lorantfy	2003-11-07 09:56:01
A biliárdgolyós példa alábbi megoldását Gáti Beatrix küldte nekem.

[38] lorantfy	2003-11-06 23:19:20
Kedves Csillag! Nagyon szép a megoldásod, gratulálok! Holnap felteszek hozzá egy táblázatot, hogy mikor melyik golyó jön ki, igy mindenki ellenőrizheti, hogy jó is. Elemben a tevés példán gondolkodók még keresgélhetnek, ha van idejük, mert én 5 megoldást találtam.

[37] Csillag	2003-11-06 16:02:59
A billiárdgolyós probléma mindkét nehezített változatát megoldja a következő három mérés. Ezzel 12 golyó esetén meghatározható, hogy melyik volt hibás és hogyan, 13 golyó esetén pedig, hogy melyik volt hibás: 1.mérés: (x1,x2,x3,x4) összehasonlítása (x5,x6,x7,x8)-cal 2.mérés: (x1,x2,x5,x11) összehasonlítása (x3,x6,x9,x10)-zel 3.mérés: (x1,x6,x9,x11) összehasonlítása (x3,x4,x7,x12)-vel
Előzmény: [20] Kós Géza, 2003-11-05 12:21:41

[36] Kós Géza

2003-11-06 14:24:35

Kedves Csimby,

Amit írtatok, az mindenképpen megérdemel egy fél Túró Rudit, de jobb lenne egy szép, világos, kerek megoldássá átírni. Ehhez pontosabban kell kezelni a falvak és a hittérítők lehetséges állapotait.

Előzmény: [23] Csimby, 2003-11-05 18:21:35

[35] lorantfy	2003-11-06 14:18:01
Az eredeti tevés példa úgy szólt, hogy 11 tevét örökölnek és hogyan oszthatnák el ha a legidősebb felét, a középső harmadát, a legkisebb hatodát örökölte. És a bölcs kádi javaslatára kölcsönkérnek egy tevét, amit az osztozkodás után vissza is adnak.

[34] Fálesz Mihály	2003-11-06 13:06:27
Ha jól értem, a végén maradnia kell egy tevének, amit visszadanak.
Előzmény: [31] Rizsa, 2003-11-06 12:27:26

[33] Hajba Károly	2003-11-06 12:43:32
Hát igen! Mivel a reciprokösszeg lehet 1,0 is, ezért ezt elnéztem, tehát ezek szerint 3 megoldást találtunk eddig.
Előzmény: [32] Hajba Károly, 2003-11-06 12:31:28

[32] Hajba Károly

2003-11-06 12:31:28

A 7. feladathoz:

Először is elnézést mindenkitől, de még nem sikerült elmélyedni a TeX-ben, így annak lehetőségeit most nem használom ki. (De ami késik, nem múlik.)

Mivel a tevék számához még 1-t hozzáadva el tudták osztani kényelmesen és még meg is maradt a kölcsönteve, ezért a K, L, M számok reciprokösszege alulról közelíti az 1-t, de nagyobb mint a legkisebb elérhető N-re N/(N+1)=0,9; ahol N=2+3+4=9. (Lehet ennél finomabban is lehatárolni.)

Tehát azokat a számhármasokat kell megvizsgálni, melyek reciprokösszege ebbe a tartományba esik. K=2, mivel a 3, 4, 5 számhármasra 0,78..; továbbá 2, 4, 5 számhármasra 0,8666... jön ki, mint alsó korlát, másrészről 2, 3, 6 számhármasra 1,00 jön ki, mint felső korlát. Én a két számhármas között két megoldást találtam:

K=2, L=3, M=7, N=41

K=2, L=4, M=6, N=11

Hajba Károly

Előzmény: [26] lorantfy, 2003-11-05 21:34:18

[31] Rizsa	2003-11-06 12:27:26
A tevel szama 17, es 2, 3, 6 reszre kell bontani a majdani 18at.

[30] Lóczi Lajos

2003-11-05 23:59:16

Mivel közben sikerült tisztáznom az előző hozzászólásban megfogalmazott sejtésem (a bizonyítás nem nehéz, teljesen elemi, csak két apró ötlet kell, és minden szükséges információ megtalálható a hozzászólásban), ezért

8. feladat: Mutassuk meg, hogy tetszőleges N $\ge$ 2 természetes számra

$\sum_{k=2}^N \left(\zeta(k)-1\right)<1.$

Előzmény: [29] Lóczi Lajos, 2003-11-05 23:20:59

[29] Lóczi Lajos

2003-11-05 23:20:59

Az 1. feladattal kapcsolatban a következő érdekes általánosítás tűnik igaznak: nevezetesen nem számít, hogy mely hatványfüggvények reciprokait szerepeltetjük a szummákban (ami ott 2, 3, 5, illetve 8 volt). A rövidség kedvéért vezessük be a következő (szokásos) jelölést: ha s>1 valós szám, akkor legyen

$\zeta(s):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$

a híres-nevezetes dzeta-függvény. (Mint ismeretes, ennek a függvénynek komplex s-ekre történő kiterjesztése szerepel az egyik leghíresebb, mindmáig megoldatlan matematikai sejtésben, a Riemann-hipotézisben.)

Ezzel a jelöléssel az előző hozzászólásban beláttuk tehát, hogy

$\left(\zeta(2)-1\right)+\left(\zeta(3)-1\right)+\left(\zeta(5)-1\right)+\left(\zeta(8)-1\right)<1.$

Sejtésem a következő: 2-től kezdve akárhány ilyen tagot adunk össze, az összeg mindig kisebb lesz 1-nél, azaz, ha N $\ge$ 2 tetszőleges természetes szám, akkor

$\sum_{k=2}^N \left(\zeta(k)-1\right)<1.$

A sejtést alátámasztják a Mathematica programmal végzett numerikus kísérletek (például ha N=50, akkor a fenti összeg körülbelül 0,99999999999999911...), valamint a Mathematica azon állítása, hogy

$\sum_{k=2}^{\infty} \left(\zeta(k)-1\right)=1.$

(Ha a program ezt állítja, akkor valószínűleg ezt már bebizonyította valaki, a sejtéshez nyilván "elég" lenne ez utóbbi állítást megmutatni, hiszen a szumma N-ben monoton nő.)

A sejtéssel kapcsolatos bármely észrevételt szívesen veszek.

[28] Lóczi Lajos

2003-11-05 22:56:02

Ha szabad integrálokat használni, akkor következzen egy megoldás az 1. feladatra.

Mivel az összegzendő kifejezések szigorúan monoton fogyóak, ezért felfoghatók integrálok alsó (téglalapos) közelítőösszegeiként -- csak arra kell vigyáznunk, hogy az integrálás határát 1-gyel hamarabb kezdjük, mint a szummázásét. (A szumma első két tagját külön kell kezelnünk, mert különben felső becslésünk túl durva lenne.) Tehát

$\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3} +\frac{1}{n^5}+\frac{1}{n^8}\right)= \sum_{n=2}^{3}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3} +\frac{1}{n^5}+\frac{1}{n^8}\right)+ \sum_{n=4}^{\infty}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3} +\frac{1}{n^5}+\frac{1}{n^8}\right)\le$

$\frac{944905}{1679616}+\int_{3}^{\infty}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3} +\frac{1}{x^5}+\frac{1}{x^8}\right)dx=$

$\frac{944905}{1679616}+\left[-\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2} -\frac{1}{4x^4}-\frac{1}{7x^7} \right]_3^\infty= \frac{944905}{1679616}+\left( 0+\frac{24007}{61236}\right)=$

$\frac{11223679}{11757312}<1.$

Előzmény: [1] Sirpi, 2003-10-30 10:07:33

[27] Lóczi Lajos

2003-11-05 22:15:39

A már említetteken kívül pár egyéb "ötlet" a tréfás kérdés megválaszolásához.

Az e^x függvényen kívül a (konstans^.e^x) függvény, mint általános megoldás is szóba jöhet (abban az értelemben, hogy a függvény és deriváltja megegyezik).

Speciálisan a kuncogó függvény lehet az azonosan nulla függvény is.

De kuncoghat azért is, mert ő mondjuk a Dirichlet-függvény (amely tehát racionális pontokban 1, irracionálisokban 0, s így sehol sem folytonos, sehol sem deriválható).

Sőt, kuncoghat azért is, mert ő pl. az x² függvény, s így deriválás után az értékkészlete nagyobb lesz.

Előzmény: [11] enel, 2003-11-04 14:32:31

[26] lorantfy

2003-11-05 21:34:18

Valamikor régen amikor a Scientific American még Tudomány néven magyarul is megjelent olvastam benne egy matek feladványt. De sajnos ez olyan régen volt, hogy a pontos számokat már elfelejtettem, így kénytelen vagyok a feladatot általánosan megfogalmazni: 7. feladat: A gazdag tevekereskedő mielőtt meghalt magához hívta 3 fiát és elmondta nekik, hogy rájuk hagyja N db tevéjét. A tevék K-ad részét a legidősebb, L-ed részét a középső és M-ed részét pedig a legkisebb fia kapja. A kereskedő halála után a fiúk bajban voltak mert az N szám K, L, M egyikével sem volt osztható. Szerencsére éppen egy tevekaraván haladt át a falun és a legkisebb fiúnak támadt egy ötlete. Kölcsönkért egy tevét a karavánból. Így az N+1 tevét el tudták osztani egymás között a végakaratnak megfelelően és még maradt is 1 teve, amit visszaadtak a tulajdonosának. Milyen K,L,M,N számokra teljesíthető a fenti felosztás ? ( K<L<M<N pozitív egész számok!)

[25] Kritya3	2003-11-05 20:47:52
Most egy kicsit offolok, remélem nem orrol meg rám a Moderátor: olyat hallottam, hogy OKTV napján a versenyig még egy számot sem szabad összeadni.
Előzmény: [21] Frenky, 2003-11-05 15:56:04

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?