[127] Suhanc | 2004-03-15 08:19:13 |
Megoldást írok László 38. feladatára:
Mivel p>3, és prím, ezért nem osztható 3-mal. Négyzetszámok 3-as mardéka 0 vagy 1 lehet, ez esetben tehát csak 1. Tehát p2-1 osztható 3-mal. Mivel p>3vés prím, ezért páratlan. Páratlan négyzetszámok 8-as maradéka 1. Tehát p2-1 osztható nyolccal is. Mivel 8 és 3 relatív prímek, ezért p2-1 osztható 24-gyel.
Lenne egy prózaibb kérdésem: László, az oszthatóságjelet hogyan "gyártottad"? :)
|
Előzmény: [126] lorantfy, 2004-03-15 00:30:19 |
|
[126] lorantfy | 2004-03-15 00:30:19 |
38. feladat: Bbh. ha p>3 prímszám, akkor 24 | p2-1 -nek!
|
|
|
[124] jenei.attila | 2004-03-11 15:02:18 |
Még egyszerűbben: BD párhuzamos AC-vel, és fele akkora, ezért BF is fele akkora, mint FC.
|
|
[123] jenei.attila | 2004-03-11 14:57:35 |
Vektorokkal megoldva a feladatot, legyen AB=a, AC=b (A-ból B-be mutató vektorról vab szó, csak nem tudok felső nyilat írni). A BC oldal felezőpontja legyen H. Ekkor HD vektor=a/2, és AD vektor=a+b/2. Innen már látszik, hogy az AE és AD szakaszok a BC oldalt harmadolják. AF= 2/3*a+1/3*b.
|
Előzmény: [122] lorantfy, 2004-03-11 01:29:10 |
|
[122] lorantfy | 2004-03-11 01:29:10 |
37. feladat
ABC egyenlő oldalú BC oldala fölé félkört rajzolunk és ezt D, E pontokkal három egyenlő részre osztjuk. Milyen arányban osztja AD és AE egyenes a BC oldalt ?
|
|
|
[121] Hajba Károly | 2004-03-02 20:43:48 |
Kedves Csimby!
Az "átlós kérdés"-nél arra gondoltam, hogy ha egy pont mindkét koordinátája végtelen, elvileg addig már végtelen sok piros vagy kék pontnak kellene lennie, így csorbul a véges feltétel.
A b. feladatrésznél is hasonló lehet a megoldás, csak itt a pontok gyakorlatilag a végtelenségig besűríthetők. Így nem biztos, hogy létezik megoldás.
(Az óvatosságom oka, hogy a végtelennel való műveletekben nem vagyok otthon, nincs kellő gyakorlatom ezzel kapcsolatban.)
HK
|
Előzmény: [120] Csimby, 2004-03-02 20:23:14 |
|
[120] Csimby | 2004-03-02 20:23:14 |
Kedves Onogur!
A megoldásod jó, én is ezt ismertem, bár biztosan(?) van még. A 4 darab átlós irányra vonatkozó kérdésedet nem teljesen értem (a 45°-os egyenesekre gondolsz? és mi a kérdés/feladat?). A b. feladatről mit gondolsz?
|
|
[119] Hajba Károly | 2004-03-02 13:07:29 |
Kedves Csimby!
Én a megoldást az alábbi ábra szerint tudom elképzelni. Véges mértékben lehet X-Y irányban tili-tolizni, ill. a színhatár pontjai (mely most kék) akár véletlenszerűen is szinezhetők. (Habár a 4 db átlós irányú végtelenek helyén nem tudom mi a megoldás? :o)
HK
|
|
Előzmény: [118] Csimby, 2004-03-01 00:04:18 |
|
[118] Csimby | 2004-03-01 00:04:18 |
36.feladat Színezzük meg a koordinátarendszer rácspontjait két színnel, kékkel és pirossal úgy, hogy minden vízszintes egyenesen csak véges sok kék rácspont legyen és minden függőleges egyenesen csak véges sok piros rácspont legyen.
a: Rácspontnak a sík olyan pontjait nevezzük, amelyeknek mindkét koordinátája egész szám.
b: Rácspontnak a sík olyan pontjait nevezzük, amelyeknek mindkét koordinátája racionális szám.
|
|
[117] Máté2 | 2004-02-24 17:39:17 |
35. feladat Legyen a H={1, 2, 3, ..., 2000, 2001 } halmaz 77 elemű részhalmazai közül azoknak a száma, amelyekben az elemek összege páros, S-sel egyenlő, és azoknak a száma, amelyekben az elemek összege páratlan, N-nel egyenlő. Melyik nagyobb: S vagy N? És mennyivel?
|
|
[116] zzz | 2004-02-24 12:31:49 |
33. megoldása
Tudjuk, hogy f(0)=2. Tegyük fel, hogy f(x) periodikus. Ekkor van olyan x00, hogy f(x0)=2 .
Ez azt jelenti, hogy cos (x0)=1 és ,
azaz vannak olyan k1, k2 nem nulla egészek, hogy x0=2k1 és .
Innen nyerjük, hogy .
Ez ellentmondás, hisz tudjuk (könnyen igazolható), hogy irracionális.
|
Előzmény: [113] Máté2, 2004-02-23 09:23:06 |
|
[115] Csimby | 2004-02-23 23:09:01 |
34. feladat megoldása: A négyjegyű számunk 9-cel osztva adjon k maradékot, ekkor a számjegyeinek az összege is k maradékot ad 9-cel osztva a 9-cel való oszthatóság miatt (10,100,1000... 1 maradékot ad 9-cel osztva -> egy szám annyi maradékot ad 9-cel osztva mint amennyit a számjegyeinek az összege). Tehát ha a 4-jegyű számunkból kivonjuk a számjegyeinek az összegét, akkor egy 9-cel osztható számot kapunk. 2+3+4+5+6=20, ez 9-cel osztva 2 maradékot ad, -> a 2-est írtuk hozzá a számhoz.
|
|
[114] lorantfy | 2004-02-23 21:56:48 |
Kedves Fórumosok!
Legyen Máté2 [112]-ben leírt feladata a 33. feladat és ezután:
34. feladat: Egy négyjegyű számból elvettem számjegyei összegét, hozzáírtam egy számjegyet, majd sorbarendeztem a számjegyeket és így a 23456 számot kaptam.
Melyik számjegyet írtam hozzá?
|
|
|
[112] Máté2 | 2004-02-23 09:21:11 |
Köszönöm a megoldást. Lenne még egy feladatom Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan n pozitív egész, amelyre a valós számok halmazán értelmezett f(x)= cosx + cos (x*négyzetgyök alatt: (n2 +1))
|
Előzmény: [111] lorybetti, 2004-02-22 23:23:42 |
|
[111] lorybetti | 2004-02-22 23:23:42 |
Kedves Máté2 és Fórumosok!
Már több feladat is volt mostanában a Kömal pontversenyben a hozzáírt köreivel kapcsolatban, így ez a feladat a jól megismert összefüggések használatával megoldható:
a cos-tételt és a területképletet alkalmazva:
leosztva 2ab-vel:
sin +cos =1
mivel egy szöge, ezért: =90o
(érdemes volt a Tex-el dolgozni, így, hogy már a végeredményt is láttam)
|
Előzmény: [110] Máté2, 2004-02-22 21:59:03 |
|
[110] Máté2 | 2004-02-22 21:59:03 |
Megtudnátok oldani nekem ezt a feladatot Egy háromszög két kisebbik oldalát, a-t és b-t érintő hozzáírt körök sugarai ra és rb. A háromszög területe t=ra*rb. Mekkora a háromszög legnagyobb szöge?
|
|
[109] lorantfy | 2004-02-10 08:18:20 |
32. feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán:
|
|
[108] lorantfy | 2004-02-09 18:35:38 |
Kedves Zormac!
Kösz a megoldást. A GEOMETRIA témában volt az említett feladat. Ha többet elárulok az ábráról akkor túl egyszerű lett volna, de Te jól értelmezted. Gratula!
|
|
Előzmény: [107] Zormac, 2004-02-09 17:04:03 |
|
[107] Zormac | 2004-02-09 17:04:03 |
(egyébként gondolom, ez a feladat valahogy abból a - szintén valahol errefelé előfordult - feladatból született, hogy feldarabolható-e egy kör olyan egybevágó alakzatokra, melyek között van olyan, amely nem tartalmazza a középpontot még a határán sem - de önmagában is szép :-)
|
Előzmény: [106] Zormac, 2004-02-09 17:00:18 |
|
[106] Zormac | 2004-02-09 17:00:18 |
31. megoldás
Remélem, jól értem az ábra szerkezetét...
Legyen a külső hat csúcs pozitív körüljárás szerint A, B, C, D, E, F. Akkor ABCDEF egy egységoldalú szabályos hatszög, amelynek területe legyen T6 (egyébként , de ez lényegtelen). A hatszög középpontja legyen O.
Legyen mondjuk a B pontból induló kis körív másik végpontja B1 (amely rajta van az AC egyenesen, mégpedig C-hez közelebb). BB1C egy afféle "amorf konkáv" háromszög :-), amelynek t területére
hiszen , másfelől TABB1 az egységsugarú kör 30 fokos cikke, tehát területe valóban . Innen a keresett T területre
adódik. Jééé!
Ilyenkor szokott az ember gyanút fogni, hogy nem bonyolított-e el egy elegáns geometriafeladatot randa számolással? És tessék, hát dehogynem!
(Sajnos nincs a kezem ügyében egy rajzoló tool, így csak szövegesen mondom, mit kell látni :-)
Hosszabbítsuk meg az alakzat határát alkotó köríveket "befelé", egészen a középpontig (mert ugye az látható, hogy ott találkoznak). A fenti jelölésekkel élve ekkor BB1C és OB1C egybevágó síkidomok, melyeknek B1C oldala közös egyenes szakasz, másik két oldaluk pedig egységsugarú körív. E két egybevágó síkidom elforgatottjai együttesen a teljes kört kiadják s egy-egy egybevágó pár egyike "kint", másika "bent" van, tehát a kérdéses síkidom területe az egységsugarú kör területének fele, azaz valóban .
z.
|
Előzmény: [105] lorantfy, 2004-02-01 22:31:20 |
|
[105] lorantfy | 2004-02-01 22:31:20 |
31. feladat: Mekkora az alábbi egyenes szakaszokból és egységnyi sugarú körívekből álló síkidom területe?
|
|
|
[104] Gubbubu | 2004-01-29 21:47:43 |
Kedves Csimby!
Mit is modnhatnék? Úgy látszik, a matematikának megvannak a maga Dr. Watsonai, akik ostoba és elhamarkodott kérdéseik és következtetéseik ellenére (esetleg) segítik ama Sherlock Holmesokat, akik éles elméjük és megfigyelőkészségük segítségével kibogozzák a rejtelmes ügyeket! Te pedig ez utóbbiak közé tartozol!
Az előbbi gondolatmenet nem jutott az eszembe annak ellenére, hogy Suhanc másik feladatát hasonló gondolatmenettel lehet megoldani (mentségemre szolgáljon, hogy még nem is nagyon volt időm gondolkozni a feladaton, csak kitűztem - az utóbbi időben nem matematikával, hanem különféle érdekes vírusprogramok, mint pl. a "Shimgapi-Mydoom.A", az "MSBLAST" és hasonlók blokkolásával és kiirtásával kell foglalatoskodnom, tegnap szinte egész délután és éjjel ezt csináltam, és csak közben írtam "unalmamban" egy-két hozzászólást ...)
Ám ha már megemlítettem, következzen itt a másik oszthatósági feladat megoldása:
"Suhanc 5." fa. megoldása:
Lássuk be, hogy 512 egész szám között van néhány darab, amelyek összege osztható 512-vel!
Ehelyett én belátom, hogy tetszőleges m pozitív egész számot választva ezek között van néhány, amelyek összege osztható m-mel (m=512 esetén adódik "Suhanc 5").
Legyenek számaink a1,a2,...,am Z! Lehetnek köztük azonosak is, akár mind is azonosak. Tehát 512 db. nem feltétlenül különböző egész számról van szó.
Felírunk legalább m db., az ai elemekből mint tagokból álló összeget úgy, hogy az ilyen összegek különbsége is összeg legyen. A legegyszerűbb ilyen lehetőség m db. ilyen összeg felírására:
a1:=S1
a1+a2:=S2
a1+a2+a3:=S3
...
a1+a2+...+am:=Sm.
Két ilyen összeg különbsége is az ai tagokból álló összeg, Sj-Si=ai+1+ai+2+...+aj (j>i) Ha van olyan Si összeg, amelynek m osztója, készen vagyunk. Ellenben az m db. Si összeg maximum m-1-féle maradékot adhat mod(m). Ez az a szituáció és gondolatmenet, amellyel megoldottad az előző feladatot. A skatulya-elv alapján tehát valamely két összeg ugyanolyan maradékot ad mod(m), ami azt jelenti, hogy különbségük - ami maga is az ai számok valamely összege - 0 maradékot ad mod(m). Ismét csak kész vagyunk.
Adalék: Mindkét feladatban arról volt szó, hogy adott néhány (n) szám, ezek közül kiválasztható k db. (0<k<n+1), amely osztható valamely m számmal.
Érdekes lehet a következő "additív számelméleti" függvény: M(n,m) legyen az a legkisebb szám, melyre igaz, hogy ha n db. tetszőlegesen választott egész szám közül kiválasztunk ennyi, azaz M=k(n,m) darabot, akkor ezek összege (a megadott és a kiválasztott számok konkrét értékétől függetlenül, biztosan) osztható legyen m-mel.
Egy másik érdekes függvény, k(n,m) legyen az a legkisebb szám, amelyre igaz, hogy ennyi darab, egyéb tekintetben tetszőlegesen választott egész szám között biztosan legyen n db., melyek összege osztható m-mel (ez egyfajta Ramsey-szám, csak nem gráfokra, hanem számokra).
Egy nevezetes állítás az Erdős-Ginzburg-Ziv-tétel, amely szerint k(m,m)=2m-1. Azaz 2m-1 db. tetszőlegesen választott egész szám között már biztosan van m db., melyek összege osztható m-mel (de 2m-2 db. szám között már nem biztosan).
Üdv mindenkinek:G.
|
Előzmény: [103] Csimby, 2004-01-29 13:35:52 |
|
[103] Csimby | 2004-01-29 13:35:52 |
Kedves Gubbubu!
Nem csak prímekre van végtelen sok megoldás. Legyen az osztó: q tetszőleges poz. egész, ekkor az f(n),f(n+1),f(n+2),...,f(n+q) számok között biztosan lesz legalább 2 amely q-val osztva ugyan annyi maradékot ad, hiszen q-val osztva q féle különböző maradékot kaphatunk ez viszont q+1 db. szám (skatulya elv). Ekkor azonban nem tudjuk pontosan megmondani, hogy melyik kettő ad ugyan annyi maradékot, csak azt tudjuk, hogy biztosan lesz 2 amely ugyanannyi maradékot ad.
|
|