[2305] rizsesz | 2007-09-19 22:49:04 |
Sziasztok. Meg tudnátok mondani az a2=1, a3=2 an+1=(an+an-1)*(n-1) rekurzió megoldását mondani?
|
|
|
|
|
[2301] BohnerGéza | 2007-09-19 09:35:31 |
Szerintem a fehér pontok esetén sem általános, hanem hegyesszögű háromszöget kapunk! Vége! Talán az AB-n van C, akkor nem hegyes-, nem derék- és nem tompaszögű az ABC.
|
Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11 |
|
[2300] SmallPotato | 2007-09-19 07:19:19 |
Örömmel látom, hogy esetenkénti bénázásom mily mély matematikai alapokon nyugszik. :-)
Soha nem jutott eszembe, hogy vizsgáljam az okokat ... de az ábra és a kommentár valóban meggyőző!
|
Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11 |
|
[2299] jonas | 2007-09-18 23:01:11 |
Igen, ismert tétel, hogy általános háromszöget nehéz rajzolni. Reiman tanár úr ezt a következő módon bizonyította.
Rögzíthetjük a háromszög két csúcsát, mivel hasonlóság erejéig nem változtat a feladaton. Nézzük meg, hova rakhatjuk a harmadik pontot. A piros területek ki vannak zárva, mivel akkor tompaszögű lenne a háromszög. Ki van zárva az őket határoló piros vonalak környéke is, hiszen akkor majdnem derékszögű lenne a háromszög. A kék vonalak környéke pedig azért van kizárva, mert akkor majdnem egyenlőszárú lenne a háromszög. Nagyon magasra sem érdemes rakni a csúcsot, mert akkor csúnyán megnyúlt háromszöget kapunk, amit ráadásul könnyebben lehet egyenlőszárúnak nézni, mivel két oldala közel azonos hosszú.
Az pedig látható, hogy így nem marad sok hely, ahova a harmadik pontot le lehetne tenni.
|
|
Előzmény: [2295] SmallPotato, 2007-09-18 19:42:39 |
|
[2298] jonas | 2007-09-18 22:23:50 |
Egyébként nem az otthoni gépemen fut, noha az is elég jó gép, de az egyetem kétszer két magos AMD procis gépe gyorsabb.
|
|
[2297] jonas | 2007-09-18 22:21:41 |
Érdekes.
Nekem most már csak azt kell ellenőriznem, hogy a heurisztikusan közelítő programom, ami a [2279] hozzászólás tizenháromjegyű megoldásait találta, minden megoldást megtalált-e (eltekintve az ismétlésektől).
Ez a program úgy működött, hogy az x=a(10m-1)/b kifejezésbe helyettesített be olyan kis számokat, ahol m osztja b-1-et, majd ellenőrizte a kapott x-et.
Elég sok megoldást megadott, a legtöbbet sokféle paraméterekkel újra meg újra.
|
Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47 |
|
[2296] Sirpi | 2007-09-18 19:59:47 |
Na, megvan az összes megoldás, a gép pihenhet (és végre Nektek se kell tovább olvasgatnotok a fejtegetéseimet :-) )
Szóval odáig jutottam, hogy , és 2kb9
Tegyük fel, hogy adott k-ra van megfelelő b és m. Ekkor
Ha a 10k-1 prím, akkor olyan m kell, amire 10mk(mod10k-1), de ekkor 10m+110k1(mod10k-1). Vagyis ha m+1-esével növelem a kitevőt, akkor mindig új megoldásokat kapok, és azt is könnyű látni, hogy ezek mind az alapmegoldás egymás után írásai lesznek, hiszen
és itt az utolsó tényezó kivételével épp az alapmegoldás van felírva, az utolsó tényező pedig 100...0100...01...100...01 alakú, így a vele való szorzás épp az egymás után írást eredményezi,
Ezzel tehát elintéztük a k=9 (10k-1=89), k=8 (79), k=6 (59), k=3 (29), és k=2 (19) eseteket.
Konkrétan a megoldások (a kitevők onnan jönnek, hogy megkerestem a 10mk legkisebb megoldását) (l=1,2,...):
Marad még a k=7 (69), 5 (49) és 4 (39). A 7 és a 4 egyszerűbb, ugyanis ott az első olyan m index, ahol 10m-k osztható 23-mal illetve 13-mal, egyúttal osztható 69-cel, illetve 39-cel is, tehát ezek a megoldások ugyanolyanok, mint amit a prímeknél kaptunk:
A legérdekesebb a k=5 eset, ugyanis ott 49 a nevező, ezért előfordulhat, hogy a 10m-5 is osztható 7-tel, és b=7. Ezek a köv. megoldások:
És van az az eset, mikor 10m-5 osztható 49-cel, ebből a következő megoldások adódnak:
Ez lenne tehát az összes megoldás, és igérem, leszálltam a feladatról.
|
Előzmény: [2291] Sirpi, 2007-09-18 17:27:20 |
|
[2295] SmallPotato | 2007-09-18 19:42:39 |
Csak nem "általános háromszög"et akartál felskiccelni? :-))
(Esetemben a lehetséges kimenetelek: egyenlőszárú, derékszögű, ... és hovatovább a
tárgyában merül fel a kérdés :-D)
|
Előzmény: [2294] Yegreg, 2007-09-18 19:29:55 |
|
[2294] Yegreg | 2007-09-18 19:29:55 |
Igen, szép megoldás, nekem is ez adódott. A kérdés egyébként úgy is lefordítható, hogy "mennyire lehet nem egyenlőszárú egy háromszög?", ebből már sejthető, hogy miért is vetődött fel bennem a feladat. :)
|
|
[2293] SmallPotato | 2007-09-18 19:27:16 |
Tulképpen nem véletlen, hogy az aranymetszés aránya jön ki: tegyük fel, hogy a háromszög c=a+b jelleggel elfajul; ekkor ha a c oldalt a C csúcs az aranymetszés szerint osztja, akkor per definitionem ; ellenkező esetben valamelyik arány a -nél kisebb, a másik pedig nagyobb.
(Ez a "levezetés" természetesen nem tartalmazza a nem-elfajult esetet.)
|
Előzmény: [2292] SmallPotato, 2007-09-18 19:13:33 |
|
[2292] SmallPotato | 2007-09-18 19:13:33 |
Legyen mondjuk abc. Ekkor a három, érdemben vizsgálandó, egynél nem kisebb hányados , és . Ezek közül (a kiinduló reláció értelmében) nem lehet a legkisebb; marad tehát (legyen ez p; ekkor b=ap) és (legyen ez q; ekkor c=bq). Értelemszerűen p1 és q1.
A háromszög oldalaira vonatkozó egyenlőtlenség értelmében c<a+b. Ebbe helyettesítsük be b=ap és c=bq=apq értékét; kapjuk
apq<a+ap
Innen a-val osztva (mivel a>0, az osztás elvégezhető és az egyenlőtlenség iránya is változatlan):
pq<1+p
Innen p-vel osztva (p>0 miatt az osztás elvégezhető és az egyenlőtlenség iránya is változatlan):
Tekintve, hogy p1, kapjuk, hogy q<2. Ha azonban q "2-höz közeli" érték, akkor láthatóan p-nek "1-hez közelinek" kell lennie, tehát ilyenkor p a kisebb. p növelésével egy ponton p és q egyenlővé válik; ez a pont (az egyenlőtlenséget egyenlőségként megoldva pl p-re)
. Ha p ennél nagyobb, akkor q (ennél és így p-nél is) kisebb.
p és q közül a kisebbik tehát az jobbról nyílt intervallumba kell hogy essen. (ha "nem nagyobbik" lett volna a kérdés, akkor az intervallum jobbról is zárt lenne.)
|
Előzmény: [2290] Yegreg, 2007-09-18 17:18:57 |
|
[2291] Sirpi | 2007-09-18 17:27:20 |
Köszi. Mindezt csak Jónás gépének védelmében tettem :-)
Egyébként még annyi kiegészítés az a) részhez, hogy tovább lehet csökkenteni a vizsgálatok számát, ugyanis
Innen azt kapjuk, hogy 10b>10k-1-nek teljesülnie kell, vagyis bk. így elég 36 esetet megnézni.
Tehát ha pl. k=9, akkor b=9, vagyis a=9.(10m-9)/89, és a legkisebb m, amire ez egész, az m=43, ahonnan rögtön kapunk egy elvileg nem periodikus 44 jegyű megoldást. Hasonlóan k=8-ra m=12.
k=7-re a nevező 69, vagyis 3.23. m=21-re a számláló osztható 69-cel (nincs kisebb, ami osztható lenne 23-mal), ebből is kapunk egy megoldást.
Hasonlóan végig lehetne nézni az összes k-t, csak nekem ehhez nincs sok türelmem :-)
* * *
Azért pár példa, amit kiszámoltam:
91011235955056179775280898876404494382022471 / 10112359550561797752808988764044943820224719 = 9
8101265822784 / 1012658227848 = 8 (ez pont 13 jegyű :-) )
210526315789473684 / 105263157894736842 = 2
2 és 9 között minden arányra van megoldás.
|
Előzmény: [2289] Lóczi Lajos, 2007-09-18 12:40:43 |
|
[2290] Yegreg | 2007-09-18 17:18:57 |
Legyen a,b,c egy háromszög oldalainak hossza. Vegyük az a/b, b/a, b/c, c/b, c/a, a/c számok közül az 1-nél nem kisebbeket, és legyen ezek közül x a legkisebb. Milyen nagy lehet x?
|
|
|
[2288] Sirpi | 2007-09-18 10:00:38 |
Ugyanúgy intézhető el az a) eset, ekkor
k(10a+b)=10mb+a
ahonnan
Rögzített m-re tehát elég végignézni a b=1,2,...,9, k=2,3,...,9 eseteket, ami összesen 72 db. ellenőrzést jelent (ez pl. m+1=13-ra, amit épp vizsgálsz, Jónás, elég messze van a 2 naptól, még akár kézzel is ;-) ).
Nyilván lehet további egyszerűsítéseket tenni, pl. k=3-ra a 10m-3-nak oszthatónak kell lennie 29-cel, ami csak akkor teljesülhet, ha m+1 osztható 28-cal (és ilyenkor b=3,4,5,6,7,8,9 mind megoldást ad, b=1,2 még túl kicsi).
És az is látszik ebből a felírásból, hogy miért jöttek ki ezek a furának ható törtek, pl. az 1/13. Ha k=4, akkor a=99...96/39.b=33...32/13.b, és már meg is jelent a 13-as nevező (és a számlálóból a -k-t elhanyagolva kapjuk, hogy ).
Egyébként m=5-re (vagyis a 6-jegyű n-ekre) a következő megoldások adódtak:
230769923076 (k=4,b=9)
205128820512 (k=4,b=8)
179487717948 (k=4,b=7)
153846615384 (k=4,b=6)
128205512820 (k=4,b=5)
102564410256 (k=4,b=4)
142857714285 (k=5,b=7)
Más k-ra nem adódik megoldás. Innentől lehet progit írni, hogy a többi m-re is végignézzük a lehetőségeket, de szerintem az is járható út, hogy végignézzük a k=2,3,...,9 eseteket, és mindegyikre megnézzük, hogy mely m-ekre ad megoldást. Nagyon úgy néz ki, hogy ha két megoldást azonosnak tekintünk akkor, ha ugyanannak a blokknak a többször egymás után írásával adódnak, akkor csak véges sok megoldás van összesen.
|
Előzmény: [2287] Sirpi, 2007-09-18 09:38:06 |
|
[2287] Sirpi | 2007-09-18 09:38:06 |
Mielőtt leégne a nagy munkától a procid, próbáljuk meg "kicsit" szűkíteni a keresési teret.
Nézzük először a b) esetet, ott program nélkül is sikerült felderítenem az összes megoldást. Legyen a vizsgálandó n szám m+1-jegyű (), és írjuk fel n=10a+b alakban, ahol 1b9, és 10m-1a<10m, tehát az első m jegyből alkotott számot jelöli a, az utolsót pedig b. Vigyük b-t előre (az így kapott szám 10mb+a), és tegyük fel, hogy ettől a szám k-adrészére változik (mivel mindkét szám m+1 jegyű, és valódi osztót keresünk, ezért 2k9):
10a+b=k(10mb+a)
Innen
Az első észrevétel, hogy ha k>5, akkor a jobb oldal több, mint m-jegyű, hiszen legalább 5.10m-t osztjuk legfeljebb 4-gyel, amit még b-vel meg is szorzunk, ez már b=1 esetén is nagy.
Ha k=5, akkor a=499...9/5.b, viszont ekkor b csak 5 lehet, hogy egész számot kapjunk, megint nagy lesz a (499...9).
k=4 esetén a=399...9/6.b, itt b-t legalább 2-nek kell választanunk, hogy egész számot kapjunk, de b=2 esetén a=133...3, ami szintén sok. A k=3 esetet a végére hagyom, mert az az érdekes. k=2-re a=199...9/8.b, itt b csak 8 lehet, ekkor a=199...9, szintén túlcsordul.
Ha k=3, akkor a=299...9/7.b, ha b=7 lenne, akkor túl nagy számot kapnánk, ezért a 299...9 számnak oszthatónak kell lennie 7-tel. A 10m 7-es maradékai rendre (0-tól kezdve) 1, 3, 2, 6, 4, 5, és innentől ismétlődik, ezt 3-mal szorozva, majd 1-et kivonva a 2, 1, 5, 3, 4, 0 periódusú sorozatot kapjuk.
Az jött ki tehát, hogy csak akkor van megoldás, ha m+1 osztható 6-tal, és ilyenkor hogy elkerüljük a túlcsordulást, b csak 1 vagy 2 lehet.
Ekkor a következő megoldások adódnak:
428571142857 (b=1)
857142285714 (b=2)
428571428571142857142857 (b=1)
857142857142285714285714 (b=2)
stb.
Tehát a két alapmegoldás (amit a 3/7 és a 6/7 tizedestört alapjából kapunk) néhányszor egymás mögé írásával adódik az összes megoldás.
|
Előzmény: [2286] jonas, 2007-09-17 22:34:43 |
|
[2286] jonas | 2007-09-17 22:34:43 |
Ellenőriztem, valóban csak az a kilenc darab 12 jegyű megoldás van, amit a hétjegyűek ismétléseként kapunk. Elindítom a programot 13 jegyűre, elvileg két nap alatt végeznie kell.
|
|
[2285] jonas | 2007-09-17 16:31:36 |
Hát, engem például meglep, hogy a 17 nem szerepel, holott az 1/17 tizedes törtként 16 periódusú.
Természetesen az ilyen sorozatoknak a Sloane-ben érdemes utánanézni. Az (a) feladat megoldásait A034089 adja meg, de meglepő módon a (b) nincs benne.
|
Előzmény: [2282] Lóczi Lajos, 2007-09-17 15:46:43 |
|
|
[2283] Lóczi Lajos | 2007-09-17 15:48:45 |
Csak írd fel részletesen, mely azonosságoknak kell egy gyűrűben teljesülniük (modellként vedd a számokat az összeadással és a szorzással, csak a szorzás ne legyen kommutatív) -- és mindegyik automatikusan teljesülni fog, mert a leképezések között az összeadás és a kompozíció úgy van definiálva, hogy ezek pont teljesüljenek...
|
Előzmény: [2278] diakmatekos, 2007-09-17 13:55:04 |
|
|
[2281] jonas | 2007-09-17 15:16:49 |
Tizenegyjegyű sincs. Lehet, hogy majd lefuttatom a kimerítő keresést a tizenkétjegyűekre is, mert az egy napon belül biztosan végezne. Eddig tizenkétjegyűekből csak a hatjegyűek ismétlését ismerem, tizenháromjegyűből pedig a következőket: 1012658227848 és 1139240506329 (az 1/79 jegyei), valamint 102564102564.
|
Előzmény: [2279] jonas, 2007-09-17 13:57:56 |
|