Fórum: "ujjgyakorlatok"

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[102] Gubbubu

2004-01-29 01:37:28

Kedves Csimby!

Gratulálok! Ezt gyorsan összehoztad!

Ennek alapján tetszőleges p>5 prímre is létezik végtelen sok különböző n,k természetes szám úgy, hogy p|f(n)-f(k) legyen.

Sőt, ha A>1 tetszőleges szám, akkor bármely p>A prímhez (ekkor biztosan (A,p)=(d,p)=1 , A minden d osztójára), létezik végtelen sok olyan különböző n,k természetes szám, hogy

$p|\sum_{d|A}{d^n}-\sum_{d|A}{d^k}=\sum_{d|A}{(d^n-d^k)}$

teljesüljön. Szerintem ezt már nem lenne olyan egyszerű belátni, ha valaki nem ismerné az előzményeket....

Előzmény: [101] Csimby, 2004-01-28 22:58:26

[101] Csimby

2004-01-28 22:58:26

30.feladat

1237prím $\rightarrow$ a¹²³⁶ $\equiv$ 1

f(n+1236)=2ⁿ⁺¹²³⁶+3ⁿ⁺¹²³⁶+5ⁿ⁺¹²³⁶ $\equiv$ 2ⁿ+3ⁿ+5ⁿ=f(n).

Tehát f(n) és f(n+1236) ugyan annyi maradékot ad 1237-tel osztva, tehát tényleg végtelen sok megoldás van!

[100] Csimby

2004-01-28 22:20:18

A 30. feladathoz Ha n,k <100 akkor a következő n,k számpárok jók: (94,12) (63,25) (96,27)

1000-ig 419 db megfelelő számpár van, 2000-ig 2377 db, 3000-ig 5966 db, 4000-ig 11153 db, A sejtés tehát az, hogy végtelen sok megoldás van.

[99] Gubbubu

2004-01-28 21:47:45

Kedves Csimby!

Közben rájöttem én is, hogy szokásom szerint elhamarkodtam a dolgot! Rossz az egész! Hiába, öregszem... bocs!

Rajzolgattam egy pár grafikont, és rájöttem, hogy a feladat nehezebb, mint gondoltam!

Tehát, bár a "Suhanc 4." feladat megoldott, de adott helyette a a következő (amit most nem tudok, hogy ujjgyakorlat-e):

30. feladat:

Igazoljuk, hogy f(n):=2ⁿ+3ⁿ+5ⁿ esetén nincsenek olyan különböző n,k $\in$ N számok, melyekre 1237|f(n)-f(k) (vagy igazoljuk az ellenkezőjét...)!

Azt hiszem, egyébként az általam készített táblázat nem is igen fog segíteni a megoldásban. De nem baj, olyan szépen mutat, és ez az első TeX-ben készített táblázatom...

Üdv mindenkinek: G. Most pedig megyek, napolajat teszek a képemre...

Előzmény: [98] Csimby, 2004-01-28 21:15:41

[98] Csimby

2004-01-28 21:15:41

Kedves Gubbubu: Nem csak a 7-re végződő számok oszthatóak 1237-tel, te is írtad az n=k esetet ahol a különbség 0 (nem 7-re végződik, de megfelel).

"Vagyis 1237 csak úgy lehet f(n)-f(k), ha f(k)=3. " Nem csak 1237 lehet a különbség, hanem k*1237.

De az is lehet, hogy valamit félreértettem...

[97] Gubbubu

2004-01-28 19:07:29

Kedves Fórum!

Megoldást küldöm Suhanc első "elfeledett" feladataira:

"Suhanc 4." fa. megoldása:

Természetesen 1237|(2ⁿ+3ⁿ+5ⁿ)-(2^k+3^k+5^k)=0 bármely n,k $\in$ N,n=k-ra. Lehet pl. n=2.

Na jó, ez így túl könnyű volt. Kössük ki, hogy n>k (ez az általánosság megszorítása nélkül kiköthető, az n<k esetben ugyanis a hatványösszegek különbségei egymás ellentettjei lesznek, így az n>k párra ennek épp akkor osztója bármi, még az 1237 is, ha az n<k osztója.

Legyen f(n):=2ⁿ+3ⁿ+5ⁿ, és tekintsük a következő táblázatot, mely oszlopai sorra n-t, 2ⁿ-t mod 10, 3ⁿ-t mod 10, 5ⁿ-t mod 10, végül f(n)-t mod 10 tartalmazzák (vagyis e mennyiségek utolsó számjegyét:

n	2ⁿ	3ⁿ	5ⁿ	f(n)
0	1	1	1	3
1	2	3	5	0
2	4	9	5	8
3	8	7	5	0
4	6	1	5	2
5	2	3	5	0
6	4	9	5	8
...	...	...	...	...

Látható, de könnyen be is látható (akár kongruenciákkal számolva, akár a tízes számrendszerben számjegyeket szorozgatva), hogy a táblázat periodikus, az n=1-től kezdve a 4 legkisebb periódussal.

Tehát f(n)-f(k) mod(10) számolva a 3-0=3, 3-8=-5=5, 3-2=1, 0-3=7, 0-0=0, 0-8=2, 0-2=8, 8-3=5, 8-0=8, 8-8=0, 8-2=6, 2-3=9, 2-0=2, 2-8=4, 2-2=0 értékeket veheti fel. A fenti felsorolásból láthatóan nem sokszor kapunk 7-et, úgy lehet csak f(n)-f(k) 7 mod(10), ha k=1. Vagyis 1237 csak úgy lehet f(n)-f(k), ha f(k)=3.

1237=f(n)-3;

1240=f(n); Ez az egyenlet pedig nem megoldható. n=5 már túl sok (több mint 3000 f(n) értéke, mivel 5⁵=3125, n=4 pedig túl kevés, f(n)=722. Vagyis ha n és k különbözőek, akkor nincs megoldás. Az egyetlen megoldás n=k.

Nemsokára felteszem a másik "elfeledett" feladat megoldását is. G.

Előzmény: [92] Suhanc, 2004-01-24 10:05:31

[96] jenei.attila

2004-01-26 13:00:35

Sziasztok!

A BCE háromszög hasonló az ECA háromszöghöz, mivel a C-nél lévő szögük közös, az onnan kiinduló megfelelő oldalaik aránya pedig: $CE/CB=\sqrt2:1=2:\sqrt2=CA/CE$ .

Előzmény: [95] lorantfy, 2004-01-24 19:03:06

[95] lorantfy	2004-01-24 19:03:06
Kedves Suhanc! Kösz a megoldást! Ennek számolás nélküli változata: CDE $\Delta$ -nek CGF $\Delta$ fele. Így ECG $\Delta$ hasonló BDE $\Delta$ , tehát CEG $\angle$ = $\beta$ . A kereset szögösszeg előállt: DEH $\angle$ =90^o. A 2. ábra megoldása még egyszerűbb, ehhez lírás sem kell. (Bocs, a 16-ra adott megoldásodat nem vettem észre a számbavételnél)

Előzmény: [94] Suhanc, 2004-01-24 16:08:08

[94] Suhanc

2004-01-24 16:08:08

Kedves László!

A 16.feladatra [54]-ben leírtam egy megoldást. :) A 27. feladattal még egy válogatófeladatsorban találkoztam, akkor trigonometriával csináltuk meg. Az elemi megoldásnak is szerintem lehet ugyanaz a trükkje: Az ábrán lévő jelölt pontokat balról jobbra haladva betűzzük meg, legyenek A;B;C;D;E pontok! Ekkor, ha belátjuk, hogy BAE szög=BEC szöggel, kész vagyunk; Ekkor $\alpha$ + $\beta$ = $\gamma$ a külsőszög-tétel miatt. Tehát a keresett öszzeg 2 $\gamma$ ;trivi,hogy $\gamma$ =45 tehát a keresett összeg 90 fok. Tehát még azt kell belátnunk, hogy BAE szög=BEC szöggel. Húzzuk be BEC háromszög CE alaphoz tartozó magasságát. Legyen a talppont T. Ekkor BEC háromszög kétszeres területe kétféleképen: BC*DE=BT*CE ebből $BT=\frac{1}{\sqrt2}$ A Pitagorasz-tétel miatt $CT=\frac{1}{\sqrt2}$ Tehát $ET={\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt2}$ BTE háromszög hasonló ADE háromszöghöz, mert oldalaik aránya megegyezik: $\frac{BT}{ET}=\frac{\frac{1}{\sqrt2} }{{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt2}}=\frac{1}{3}=\frac{DE}{AD}$ Tehát megfelelő szögeik megegyeznek! Így BAE szög valóban=BEC szöggel.

[93] lorantfy

2004-01-24 11:11:26

Kedves Fórumosok

Valóban Suhanc 4. és 5. feladata feledésbe merült. Ebben én is hibás vagyok, mert véletlenül felülszámoztam.

A megoldatlan feladatok listája ebben a témában:

4. 5. [6]

6. [18]

13. [48]

16 [53]

18.b [69]

22. [77]

24. [81]

27. [86]

29. [92]

Kérek minden feladatkitűzőt, hogy feladatát (lehetőleg félkövér kiemeléssel) számozza és a megoldókat pedig arra, hogy hivatkozzanak a feladatszámra! Köszönettel: L.

Előzmény: [90] Gubbubu, 2004-01-24 09:04:36

[92] Suhanc

2004-01-24 10:05:31

Kedves Gubbubu!

De, tényleg ez volt a feladat...odaírtam mellé, hogy ez villámkérdés...igazából annak is elég rövidke...:)

Ezen a szakörön legutóbb találkoztam egy egyszerű, de nagyon aranyos feladattal; "ohne nehézség" felkiáltással leírom:

29. feladat

Legyenek a;b;c egy háromszög oldalai! Igazoljuk, hogy

$2{\le} \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}<4$

Előzmény: [90] Gubbubu, 2004-01-24 09:04:36

[91] Suhanc

2004-01-24 09:42:13

Kedves László!

Hát Igen! Ez valóban pár sorral rövidebb...;) Köszönöm!!:) Én általában szeretem az olyan geometriai feladatokat, amikről időközben kiderül, hgy lényegében nem is geometria... de azért túlzásokba nem szabad esni!!!;)

[90] Gubbubu

2004-01-24 09:04:36

Kedves Suhanc!

[6] hozzászólásodban szerepel két, azóta "elfeledett", pedig elég érdekes feladat. A második főként trükkös és jópofa, de az elsőt nem egészen értem. "Tekintve 2,3,5 n-edik hatványainak összegét, van két szám, amelynek különbsége osztható 1237-tel". Gondolom, nem arról van szó, hogy keressünk olyan n,k számokat, melyekre 1237|(2ⁿ+3ⁿ+5ⁿ)-(2^k+3^k+5^k), mivel ez még ujjgyakorlatnak is túl egyszerű lenne. Miről van szó pontosabban?

Üdv: G.

Előzmény: [6] Suhanc, 2003-11-26 18:24:56

[89] lorantfy	2004-01-24 00:30:00
Kedves Suhanc! Jó a megoldásod! Betűztem az ábrát a megoldásod szerint és melléírtam az én primitívebb megoldásomat is.

Előzmény: [88] Suhanc, 2004-01-23 22:46:07

[88] Suhanc

2004-01-23 22:46:07

Kedves Károly!

A feladatodra van egy megoldásom, de eléggé ronda (ágyúval galambra...) ha nem kerül föl más megoldás, feltennéd a tiédet? (azt is megköszönöm, ha mailben elküldöd).

M: (sajnos, az ábraszerkesztéssel nem vagyok megbarátkozva) Legyenek a négyzet csúcsai A;B;C;D pontok, úgy, hogy A legyen az ábra bal alsó sarkában (óramutató járásaval ellentétesen betűzve). x és y szakaszok közös pontja legyen P, a 3 és 4 egységnyi szakaszok közös pontja legyen Q.

ADP és APQ háromszögek derékszögűek; a Pitagorasz-tétel szerint: 25+x²=z²+16

Ebből: $z=\sqrt (x^2+9)$

PBC derékszögű háromszögre felírva a Pitagorasz-tételt: $(\sqrt (x^2+9)+3)^2=(5-x)^2+25$

Négyzetre emelve: $6\sqrt (x^2+9)=32-10x$

Tovább bontogatva a 16x²-160x+175=0 egyenletet kapjuk, melynek megoldásai X₁=35/4;eznyilvánnemmegoldás,mertX<5;ésX₂=5/4. Ekkor y=15/4 , tehát x/y=1/3 .

[87] Hajba Károly

2004-01-20 09:45:35

Egy kis szösszenet

28. feladat:

Mennyi x:y aránya az 5*5 négyzet esetén?

[86] lorantfy

2004-01-19 22:44:38

Kedves Fórumosok!

Egy klasszikus feladat, hátha valaki még nem ismeri:

27.feladat: Adjuk meg $\alpha$ + $\beta$ + $\gamma$ pontos értékét! (Szögfüggvények használata nélkül!)

[85] Gubbubu

2004-01-19 12:32:59

Kedves Lészló!

Valóban, az alap oldalainak szögei meg kell hogy egyezzenek, ezt elfelejtettem mondani.

Tetszik a vektorok használata. Erre nem is gondoltam.

Az átdarabolásos bizonyítás úgy menne, hogy először egy háromszög alapú ferde, majd egy ugyanekkora (egybevágó) háromszög alapú, de egyenes hasábot levágunk a p.p. egyik végéről és tesszük a másik végére. Megpróbálom majd lerajzolni.

Üdv.:G.

Előzmény: [83] lorantfy, 2004-01-18 21:30:16

[84] lorantfy	2004-01-19 11:16:34
26. feladat megoldása: Tompaszögű háromszög esetén: $m<\frac{a}{2}$ $AC^2= \frac{a^2}{4}+m^2 \quad \frac{AP_1}{\frac{AC}{2}}=\frac{AC}{\frac{a}{2}} \quad AP_1= \frac{a}{4}+\frac{m^2}{a}\quad P_1P_2=a-2AP_1= \frac{a}{2}-\frac{2m^2}{a}$ $\frac{P_1Q_1}{\frac{AC}{2}}=\frac{m}{\frac{a}{2}}\quad P_1Q_1=\frac{m}{a} \sqrt{\frac{a^2}{4}+m^2}=m\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{m^2}{a^2}}$ Derékszögű háromszög esetén: $m=\frac{a}{2}$ $P_1P_2=0\quad P_1Q=\frac{m}{\sqrt{2}}$ Tompaszögű háromszög esetén: $m> \frac{a}{2}$ $P_1P_1=\frac{2m^2}{a}-\frac{a}{2}\quad P_1Q_1=m\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{m^2}{a^2}}$ A feladat szövege szerint szigorú értelemben csak $\gamma$ =60^o-ig van megoldás, ekkor P₂=A, P₁=B. Ennél kisebb csúcsszög esetén a P₁ , P₂ pontok az alapon kívül esnek.

Előzmény: [82] Hajba Károly, 2004-01-16 14:14:19

[83] lorantfy	2004-01-18 21:30:16
Kedves Gubbubu! A feladat megfogalmazása kicsit pontatlan: Az alaplapon lévő szögeknek meg kell egyezni, a térfogatok csak akkor egyenlőek. Másrészt, ha az alap paralelogramma, akor a test már nem téglatest. De azért remélem jól értem a feladatot. 25. feladat megoldása: Természetesen átdarabolni is lehet, de egy kis változatosság nem árt: számoljuk a testek térfogatát a T=(axb)^.c vektor vegyesszorzattal. Aki nem ismeri: axb vektoriális szorzat az a,b síkjára merőleges vektor, nagysága pedig absin $\alpha$ , ami éppen a paralelogramma területe. Ezzel a vektorral skalárszorozva a c vektort kapjuk a test térfogatát. Látszik, hogy c1 vetülete axb-re éppen c, így a térfogatok egyenlőek.

Előzmény: [81] Gubbubu, 2004-01-15 01:17:11

[82] Hajba Károly

2004-01-16 14:14:19

26. feladat

Vegyünk egy a alapú m magasságú egyenlő szárú háromszöget. Az alap P₁ és P₂ pontjából a szárak oldalfelező pontjaira (Q₁,Q₂) merőlegest tudunk állítani. Mennyi P₁P₂ ill. P₁Q₁ szakaszok hossza?

[81] Gubbubu

2004-01-15 01:17:11

Üdv;

Még két hasonló feladat: (nem nehezek, legalábbis az első, a másodikhoz kell egy kis térlátás)

24.feladat: Legyenenek az $ABC_\Delta$ a,b oldalainak felezőpontjai F,G, súlyvonala S. Lássuk be, hogy az $SAG_\Delta$ és az $SBF_\Delta$ háromszögek végszerűen egyenlőek, azaz átdarabolhatóak egymásba, és adjunk meg egy konkrét átdarabolást is.

25.feladat: Igazoljuk, hogy egy a,b,c oldalú, m testmagasságú paralelepipedon és egy a,b oldalú paraleogramma alapú, m magasságú téglatest térfogata megegyezik!

Segítség: persze át kellene darabolni a testeket...

[80] Gubbubu

2004-01-14 20:35:24

Kedves R.B.!

Jól emlékszel, a tétel úgy szól, és valóban Bolyai F. tételének hívják. A bizonyítása tényleg nem túl nehéz, bár egy kissé hosszadalmas, szerintem nem illik ebbe a rovatba.

Én azonban, ha elvártam volna valamit, akkor az egy konkrétabb bizonyítás, mondjuk egy ábra lett volna. Persze nem vártam el semmit, még azt sem, hogy akadjon valaki, aki megoldja a feladatot és fölteszi a megoldást, csak azért tűztem ki, hátha valakinek kedve van ilyesmiken is gondolkodni, amikor fáradt egy nehezebb probléma megoldásához.

Üdv: G.

[79] Rácz Béla	2004-01-14 01:45:16
Azt hiszem, tétel szól ennek a feladatnak az általánosabb formájáról, azaz hogy bármely két egyenlő területű sokszög véges sok vágással átdarabolható egymásba. Úgy emlékszem, hogy ezt Bolyai Farkas tételének is hívják. A bizonyításhoz nem kell igazán újító ötlet, úgyhogy akár ezt is meg lehetne itt kérdezni.
Előzmény: [78] Gubbubu, 2004-01-14 00:55:24

[78] Gubbubu

2004-01-14 00:55:24

Egy ujabb egyperces:

Lássuk be, hogy tetszőleges (nem elfajult) háromszög bármely súlyvonala a háromszöget két olyan részháromszögre osztja, amelyek végszerűen egyenlőek (azaz véges sok síkidomra vágással átdarabolhatóak egymásba)!

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?