|
[656] jonas | 2004-12-21 20:51:57 |
At kell irni oket kettes szamrendszerbe, hogy konnyen el tudd vegezni bitenkent a logikai muveleteket. (A tizes szamrendszer szerintem nem tartozik magahoz a szamhoz, az csak azt jelenti, hogy irod le oket.)
Ugy ertem, ha nimet jatszol, akkor bitenkenti xor muveletet kell vegezni a nyero strategia meghatarozasahoz, attol fuggetlenul, hogy milyen szamrendszerben irod fel a kovek szamat.
|
Előzmény: [653] Lóczi Lajos, 2004-12-21 15:05:43 |
|
[655] Sirpi | 2004-12-21 20:41:19 |
Dehát S értéke éppen a szám 9-es maradéka, az pedig hatványozás során nyilván periodikus sorozatot ad. És a 2-hatványokon éppen azért egyezik meg S értéke a 11-hatványokéval, mert ugyanazt a 9-es maradékot adják. Más (n-es) számrendszerre elvileg ugyanez megy, ott S értéke épp a szám n-1-es maradéka lesz.
|
Előzmény: [654] Lóczi Lajos, 2004-12-21 16:34:56 |
|
[654] Lóczi Lajos | 2004-12-21 16:34:56 |
A minap hallottam valakitől egy megfigyelést, ebből született az alábbi 130. feladat.
Jelölje S azt a pozitív egészeken értelmezett függvényt, amely egy n számhoz hozzárendeli azt az S(n) pozitív egész számot, amely úgy keletkezik, hogy összeadjuk n (tízes számrendszerbeli) számjegyeit, majd az eredmény számjegyeit ismét összeadjuk, stb., addig folytatva, amíg egyjegyű számot nem kapunk. Tehát pl. S(7331)=5, mert 7+3+3+1=14, és 1+4=5.
Nézzük meg az S függvény értékeit a hatványokon. Azt állítom, hogy az alábbi ismétlődő mintázat keletkezik.
S(11)=1,S(12)=1,...
S(21)=2,S(22)=4,S(23)=8,S(24)=7,S(25)=5,S(26)=1,S(27)=2,S(28)=4,...
S(31)=3,S(32)=9,S(33)=9,...
S(41)=4,S(42)=7,S(43)=1,S(44)=4,S(45)=7,S(46)=1,...
S(51)=5,S(52)=7,S(53)=8,S(54)=4,S(55)=2,S(56)=1,S(57)=5,S(58)=7,...
S(61)=6,S(62)=9,S(63)=9,...
S(71)=7,S(72)=4,S(73)=1,S(74)=7,S(75)=4,S(76)=1,...
S(81)=8,S(82)=1,S(83)=8,S(84)=1,...
S(91)=9,S(92)=9,...
S(101)=1,S(102)=1,...
...
Tehát azt állítom, hogy az 1-hatványokon felvett értékei S-nek ciklikusak, 1-periódussal; a 2-hatványokon felvett értékei S-nek ciklikusak, 6-os periódushosszal; stb. mind-mind periodikusak; sőt, a 10-hatványoktól kezdve az egész eddigi blokk megismétlődik és az ismétlődés folytatódik, tehát pl. S értékei a 11-hatványokon ugyanazok, mint S értékei a 2-hatványokon, stb.
Kérdés: helyes-e az állításom/megfigyelésem?
Mi a helyzet, ha 10-es helyett más számrendszert választok?
|
|
|
|
|
|
|
[648] Csimby | 2004-12-16 22:01:15 |
129.feladat
Keressünk összefüggést a Pascal háromszög és a Fibonacci sorozat között.
|
|
[647] Csimby | 2004-12-16 21:44:11 |
128. feladat
Egy 8×8-as sakktáblán 8 bástyát helyeztünk el úgy, hogy semelyik kettő sem üti egymást. Bizonyítsuk be, hogy páros sok bástya áll fekete mezőn. (Arany Dani döntő volt, a KöMaL-ban szerepel, de nem mindenkinek jár az újság)
|
|
|
[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 |
|