[644] Szabó Dániel | 2004-12-10 20:02:27 |
Matekszakkörön találkoztam a következő feladattal: hány olyan 1000000-nál kisebb természetes szám van, melynek a számjegyeinek összege páros, s a nála eggyel nagyobb szám számjegyeinek összege is páros. Leszámoltam Turbo Pascallal, az eredmény 45455. Tanárom szerint 45454. Melyikünknek van igaza?
|
|
|
[642] Kemény Legény | 2004-12-08 20:43:54 |
Ha valamelyik ismeretlen 1,akkor a többi is az,és ez megoldás. A 3 egyenlet logaritmusát összeszorozva kapjuk,hogy : xyzlog(x)log(y)log(z)=log(x)log(y)log(z),mivel egyik sem 1(ezt már feltehetjük) xyz=1.Ha nem mind 1: vagy van 2 db 1-nél kisebb vagy lesz 2 db 1-nél nagyobb.Ha pl x és y 1-nél nagyobb: z=x**y>1,azaz xyz>1*1*1=1,nem lehetséges.Ha x és y 1-nél kisebbek z=x**y<1 azaz xyz<1*1*1=1 nem lehetséges.Igy x=y=z=1 a megoldás. (A ** jelöli a hatványozást).
|
Előzmény: [631] Lóczi Lajos, 2004-11-26 01:04:46 |
|
[641] Csimby | 2004-12-08 18:39:12 |
A bal alsó sarokban szereplő számjegy a feltételek miatt nem szerepelhet megegyszer a szürkével jelölt négyzeteken. A skatulya-elv miatt rögtön látszik, hogy mindegyik számjegy pontosan 6-szor kell, hogy előforduljon. Tehát a fennmaradt fehér mezőkön összesen 5-ször kell elhelyezni azt a számjegyet ami a bal alsó sarokban szerepel. Ekkor a két egybevágó fehér rész közül az egyikben 3-szor kell, hogy szerepeljen ez a számjegy. Ez pedig már könnyen látszik, hogy nem lehetséges...
|
|
Előzmény: [639] rizs, 2004-12-08 14:28:16 |
|
[640] rizs | 2004-12-08 14:29:44 |
Van egy számológépünk, ami kicsit komolyabb, mint egy négyműveletes, tehát tud olyan műveleteket (az inverzeikkel együtt!), hogy gombnyomásra négyzet- és köbgyököt von, van rajta sinus, cosinus, tangens (mindezek hiperbolikus változatai is), 1/x, 10 és e alapú logaritmus, faktoriális. Egy cetlire fel van írva két különböző pozitív egész szám (többjegyű is lehet). Az elsőt még be tudjuk pötyögni a cetliről, de azután már az összes számjegy gombja (0-9) és a tizedesvessző, valamint a négy alapművelet gombja is elromlottnak tekintendő, még az = sem működik. Ezekhez nem szabad nyúlni. A feladat az, hogy csak a rendelkezésre álló matematikai funkciók gombjainak használatával elérjük, hogy a beírt szám helyett előbb-utóbb a cetlin lévő másik pozitív egész szám legyen a kijelzőn. Tehát olyan eljárást kell keresni, amelynek kiindulása az egyik pozitív egész szám, végeredménye pedig a másik, azok értékétől és különbségétől függetlenül. (A kiindulási szám akármennyivel kisebb, de nagyobb is lehet a másiknál.) A módszernek tehát olyannak kell lennie, hogy bármely két pozitív egész számra működjön.
|
|
[639] rizs | 2004-12-08 14:28:16 |
sziasztok!
szerintetek lehet rajzolni olyan 6*6-os bűvös négyzetet, amelynek mindegyik sorában, oszlopában és átlójában (átlóként értelmezünk minden átlót, tehát a sarok elemeket, az azok mellett elhelyezkedő 2 elemű átlót, stb.) az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számok midegyike legfeljebb 1 alkalommal fordul elő. Természetesen ez azt jelenti, hogy a sorokban, az oszlopokban, és a főátlókban mindegyik szám pontosan egyszer szerepel.
|
|
[638] Csimby | 2004-12-07 22:07:15 |
Ha valakit érdekel, a "Bizonyítások a Könyből" című könyvben (Könyvajánló [27] és [28]) például 3 bizonyítást is adnak erre :
Ebből:
Tehát:
Megjegyzés:
A Riemann-féle (s) zéta függvényt s>1-re -ként definiáljuk.
|
Előzmény: [636] Lóczi Lajos, 2004-12-03 17:44:57 |
|
|
|
[634] lorantfy | 2004-12-02 13:47:46 |
Kedves Csimbi!
Kösz a gyors megoldást! Aki nem ismerte, tanulhat belőle!
Csak a beírás formájával van gondom.
Meg kellett volna törni a sort mert így megszélesíti a lapot és nem lehet "átlátni" a hozzászólásokat.
Elég gyér a Fórum látogatottsága a héten. Aki ráér tegyen ellene!
|
Előzmény: [646] Csimby, 2004-12-02 12:56:46 |
|
|
[633] lorantfy | 2004-12-02 11:34:29 |
Lóczi Lajos [631]-beli feladata a 122.,[632]-beli pedig a 123.
124. feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra:
|
|
[632] SchZol | 2004-11-26 12:17:38 |
Kedves László!
A Bolzano-Weierstrass tétel valóban az, amit Géza írt, viszont tényleg van egy olyan Bolzano tétel is, ami azt mondja ki, hogy:
Ha f folytonos [a, b]-ben és f(a)<c<f(b), akkor létezik (a,b): f()=c
Üdv, Zoli
|
Előzmény: [629] lorantfy, 2004-11-25 22:22:24 |
|
[631] Lóczi Lajos | 2004-11-26 01:04:46 |
Keressük meg azokat a pozitív x,y,z számokat, melyekre teljesül az xy=z, yz=x és zx=y egyenletrendszer.
|
|
[630] Lóczi Lajos | 2004-11-26 00:52:44 |
Ennek mintájára:
Adjunk példát olyan, az egész számegyenesen értelmezett f valós függvényre, amelyre f(f(x))=-x.
Vizsgáljuk meg az analóg problémát hármas vagy magasabb kompozícióra. Még régebben keresgéltem ilyen függvényeket, ebből nálam szép, forgásszimmetrikusnak kinéző ábrák születtek...
|
Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06 |
|
[629] lorantfy | 2004-11-25 22:22:24 |
Kedves Géza!
Igazad van! A Bolzano-Weierstrass a számsorozatoknál, az említett tétel. Ennek ellenére több helyen is olvastam már, hogy zárt intervallumon folytonos fgv... témában Bolzano-Weierstass tételre hivatkoztak - eszerint helytelenül.
|
Előzmény: [628] Kós Géza, 2004-11-25 14:18:45 |
|
|
|
[626] jenei.attila | 2004-11-25 10:01:11 |
Én is így oldottam meg, figyelembe véve Géza kiegészítését. A szürjektivitásról szóló indoklást nem értem, hiszen egy függvényről akkor állítható hogy szürjektív, ha megadjuk az értékkészletét. Inkább csak annyi kell, hogy g értelmezési tartománya és értékéészlete megegyezik, ezért értelmezhető gg. Folytonos és injektív függvény pedig szigorúan monoton (folytonos fv. bármely két értéke közötti minden étéket felvesz. Mi a tétel neve?).
Egyébként a feladat a nyári kisinóci táborban volt feladva (legalábbis én ott találkoztam vele először). Esetleg megbeszélhetnénk a többi feladatot is.
|
Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03 |
|
|
|
[623] HOMI | 2004-11-25 02:24:03 |
A g(x) injektiv,mert ha g(a)=g(b) akkor 1/a=g(g(a))=g(g(b))=1/b,azaz a=b.Az 1/x mindent felvesz (0,+végtelen)-en,igy g(g(x)) szürjektiv,azaz g(x) is szürjektiv.A g(x) folytonos,injektiv,szürjektiv tehát szigorúan monoton.Ha g(x) szig.mon.növekedne,g(g(x)) is azt tenné de 1/x szig.mon csökken.Igy g szig mon csökken és a felvett értékkészlete a teljes(0,+végtelen).Ekkor ha x 'kicsi', g(x) 'nagy',g(g(x)) 'kicsi' ,de 1/x 'nagy'.Ez ellentmondás,mert g(g(x)))=1/x.(A fentiek pontos megfogalmazása: ha x tart 0-hoz g(x)->+végtelen,igy g(g(x))->0,de 1/x->végtelen).
|
Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06 |
|
[622] jenei.attila | 2004-11-24 20:39:06 |
Egy nem túl nehéz, de szerintem érdekes feladat:
Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan g:R+R+ folytonos függvény, amelyre g(g(x))=1/x minden xR+-ra.
|
|
|
[620] rizs | 2004-11-24 19:14:02 |
Ha már Fibonacci a téma, akkor ezt ajánlom még egyszer :) 118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?
|
|