[158] Hajba Károly | 2004-05-07 12:27:10 |
Kedves Péter!
Nem nehéz belátni a egyenlőséget, s ebből következik, hogy k=2 feltétel is elég. A jobb oldalt tovább lehet bontani és így akármeddig lehet bontogatni.
Üdv: HK
|
Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48 |
|
[157] Kós Géza | 2004-05-07 12:09:28 |
Az általánosabb feladat úgy szól, hogy minden pozitív racionális szám felírható véges sok különböző pozitív egész reciprokösszegeként. Ez ebben a formában nem ujjgyakorlat, de egy kis segítséggel az.
Vegyünk tehát egy pozitív racionális számot. A pozitív egészeket keressük ,,mohón'', azaz mindig a lehető legkisebbet válasszuk ki, ami még nem szerepelt, és a reciprokösszeg nem nő túl nagyra. Például, ha az 1,36 számot szeretnénk felírni, akkor a kiválasztott számok: 1, 3, 38, 2850.
47b feladat: Igazoljuk, hogy a mohó algoritmus mindig eredményre vezet.
|
Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48 |
|
[156] nadorp | 2004-05-07 11:11:48 |
A 47. feladat kapcsán jutott eszembe.
47.a feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden 1 nél nagyobb n pozitív egész szám reciproka előállítható k darab (2kn2) különböző pozitív egész reciprokának összegeként.
|
Előzmény: [146] Hajba Károly, 2004-05-04 12:33:58 |
|
|
|
[152] lorantfy | 2004-05-05 19:29:18 |
Kedves Géza és Fórumosok!
Valóban a B-ből induló magasságra nincs szükség, ez volt a félrevezetés, ui. egy "átlagos" hegyesszögű -ben a talppontja elég közel esik ahhoz az M ponthoz amire négyzetet kapunk.
A DF1F2E paralelogramma DF2 átlója egyenlő a RPQT2 téglalap QT2 oldalával. Tehát, ha meg tudnánk szerkeszteni a leendő négyzet x oldalát, akkor F2 pontból kimetszhetnénk vele AC-ből a D pontot. Ezután A pont tükörképe D-re adja az M pontot.
, tehát egyszerű mértani közép szerkesztéssel megkaphatjuk x-t az egyik oldal feléből és a hozzá tartozó magasságból.
|
|
Előzmény: [151] Kós Géza, 2004-05-05 13:55:04 |
|
[151] Kós Géza | 2004-05-05 13:55:04 |
Ahogy látom, a B-ből induló magasságra nincs is szükség. Az M pont bárhol lehet az AC oldalon, feltéve, hogy a T1 és T2 pontok nem kerülnek a DF2 szakaszon kívülre.
46b. feladat: Szerkesszük meg az AC oldalon azt az M pontot, amire az RPQT2 téglalap négyzet lesz.
|
Előzmény: [144] lorantfy, 2004-05-02 10:39:46 |
|
|
[149] Hajba Károly | 2004-05-04 21:38:33 |
Kedves Géza és László!
Ha most politikus lennék, azt mondanám: Nem is mondtam, hogy négyzet! :o)
Az igazság az, hogy a területegyezőségekben mélyedtem el, s felelőtlen, slendrián kijelentésemet főleg erre értettem, ami persze igaz, de tény, hogy nem vetődött fel bennem a nemnégyzet lehetősége.
Tehát, ha egy ácshajszálnyival is, de nem feltétlenül négyzet, mely a mellékelt ábrából is kitűnik.
HK
|
|
Előzmény: [147] Kós Géza, 2004-05-04 12:48:51 |
|
|
|
[146] Hajba Károly | 2004-05-04 12:33:58 |
47. feladat:
Létetik-e olyan aN+, melynek reciproka felbontható véges számú különböző prím reciprokösszegére?
HK
|
|
|
[144] lorantfy | 2004-05-02 10:39:46 |
Kedves Fórumosok!
A következő feladat Bólyai Farkas egy híres átdarabolásából született.
46. feladat: Legyen ABC hegyesszögű AB oldalának felezőpontja F1, BC oldalának felezőpontja F2 és a B csúcsból induló magasság talppontja M.
Legyenek AM és MC felezőpontjai D és E. Húzzuk meg a DF2 egyenest és állítsunk rá merőlegest az F1 és E pontokból. Ezek talppontjai legyenek T1 és T2. Tükrözzük a T1 pontot D-re, a T2 pontot E-re. A tükörképek legyenek Q és R. Ezekben a pontokban állított merőlegesek metszéspontja legyen P.
Igyaz-e, hogy a keletkezett négyszög négyzet és területe megegyezik az ABC területével?
|
|
|
[143] lorantfy | 2004-05-02 10:05:37 |
Kedves Károly!
Ezt a kis feladatot amolyan EU-belépési tesztnek szántam. Gratulálok! Te már beléphetsz!
Rajzos megoldás: a sárgára szinezett részek a kék és piros részt is a terület felére egészíti ki.
|
|
Előzmény: [142] Hajba Károly, 2004-05-02 00:26:06 |
|
[142] Hajba Károly | 2004-05-02 00:26:06 |
Megoldás a 45. feladatra:
Egy-egy háromszög területe a négyzet területének felével egyenlő, vagyis a két háromszög területe épp a négyzetével egyenlő. (azaz fehér + 2*piros = négyzet) Így amennyi az átfedésük területe (piros), annyinak kell lennie a le nem fedett területnek (kék) is.
Ezt a feladatot annyiban lehet általánosítani, hogy akár téglalapon és bármely két oldalára felvett háromszöggel is igaz.
HK
|
Előzmény: [141] lorantfy, 2004-05-02 00:04:39 |
|
[141] lorantfy | 2004-05-02 00:04:39 |
45. feladat: Egy négyzet két szomszédos oldalán felvettünk egy-egy tetszőlegesen választott pontot, melyet összekötöttünk a szemközti oldal végpontjaival. Igazoljuk, hogy az így keletkezett pirosan színezett síkidom területe megegyezik a kékkel színezett síkidomok területeinek az összegével!
|
|
|
|
[139] Csimby | 2004-04-18 16:06:00 |
43. feladat megoldása:
n=(102k+1-1)/9-2*(10k+1-1)/9=(102k+1-2*10k+1+1)/9=((10k+1-1)/3)2
Mivel 10k+1-1 csupa 9-esből áll, osztható 3-mal, tehát (10k+1-1)/3 egész szám, n pedig négyzetszám!
44. feladat megoldása:
n(n+1)(n+2)(n+3)=6n+11n2+6n3+n4, ugyanakkor 6n+11n2+6n3+n4+1=(n2+3n+1)2
Két négyzetszám különbsége pedig nem lehet 1 (kivéve, ha az egyik a 0, hiszen (n+1)2-n2=2n+1 ami csak n=0-ra egyenlő 1-gyel).
Hasonlít a 43. feladathoz a tanárképző főiskolák idei Péter Rózsa matematika versenyének 1. feladata (legyen ez a 45. feladat):
A=177...76 (2k+3 jegyű), B=355...52 (k+2 jegyű). Biz. be, hogy természetes szám és mondjuk meg, hogy hány jegyű.
|
Előzmény: [138] Suhanc, 2004-04-17 22:00:51 |
|
[138] Suhanc | 2004-04-17 22:00:51 |
Kedves Fórumosok!
Az alábbi két feladattal Bonifert Domonkos: Néhány tipikus problémaszituáció matematikából c. könyvében találkoztam.
Szerintem okozhatnak néhány kellemes percet, mégha komoly fejtörést nem is...
43.feladat Lássuk be, hogy n=111...111-222...222
(2k db 1-es, és k db 2-es) minden k>o egészre négyzetszámot ad!
44.feladat Lássuk be, hogy n(n+1)(n+2)(n+3) nem lehet négyzetszám, ha n poz. egész!
|
|
[137] nadorp | 2004-04-14 08:22:25 |
Kedves Csimby !
A 41. feladatra inkább ebben a topicban adok egy megoldást, mert a bizonyítás algebrai, bár az ötletet a háromszögbe írható körhöz húzott érintőszakaszok adták.
Legyen a=y+z, b=x+z, c=x+y. Ekkor az egyenlőtlenség az alábbi alakba írható:
(y+z)2.2x+(x+z)2.2y+(x+y)2.2z3(y+z)(x+z)(x+y)
6xyzx2y+xy2+x2z+xz2+y2z+yz2 vagy "szebben" írva
A fenti egyenlőtlenség pedig azonnal következik a számtani és mértani közép közötti összefüggésből.
|
Előzmény: [134] Csimby, 2004-04-11 22:10:02 |
|
[136] Csimby | 2004-04-11 22:21:43 |
A 41. és 42. feladatot a Geometria témába akartam rakni, de most már mindegy...
|
|
[135] Csimby | 2004-04-11 22:16:40 |
42.feladat Bizonyítsuk be, hogy minden húrnégyszög szétvágható n db. húrnégyszögre, ha n4 poz. egész.
|
|
[134] Csimby | 2004-04-11 22:10:02 |
41. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha a,b,c egy háromszög oldalai, akkor:
a2(-a+b+c)+b2(a-b+c)+c2(a+b-c)3abc
|
|
[133] Suhanc | 2004-04-10 23:11:06 |
Kedves László!
Bevallom őszintén, összetörtél bennem egy elképzelést erről feladatról...:)
Nem gondoltam, hogy ilyen elegáns alakban is megkaphatjuk a megoldást, és sok apró lépegetés során hoztam ki egy olyan alakot,amiben már csak a három oldal négyzete szerepel... erre gondoltam, amikor "csavargatásról" írtam...
Hát ez van! ;))
De mindenképp tanulságos volt nekem, köszönöm a megoldást!
|
|