Fórum: "ujjgyakorlatok"

"Nyilván olyan p kell ami a "legrosszabb esetben" is működik." Nem nyilvánvaló.

"Példádban, ha örök életűek a sárkányfiúk akkor nem jó a p=0, mert Artúr egyet se öl meg, ők meg nem döglenek meg maguktól" De, akkor p>0 esetben egy örök életű sárkányt hogyan lehet megölni? Mert akkor az a sárkány nem örök életű.

Feladatodnak akkor viszont nincs megoldása: tegyük fel n>1 a kolónia létszáma kezdetben. Ha ennek p-ed részét ölik meg, akkor (0kn egész), mivel ennek minden n>1-re müködnie kell így csak p=0 és p=1 lehet. De az előbbi nem megoldás szerinted. Míg p=1 sem lehet, mert: "p-ed részét sikerül legyilkolnia mielőtt felébrednek és elkergetik.", de akkor egy sárkány sem marad, így nem kergethette el őket senki.

Példádban, ha örök életűek a sárkányfiúk akkor nem jó a p=0, mert Artúr egyet se öl meg, ők meg nem döglenek meg maguktól. Nyilván olyan p kell ami a "legrosszabb esetben" is működik.

Csak én érzem úgy, hogy itt hiányzik egy rakás adat? Ha mondjuk eredetileg sárkánylány nem is volt a kolóniában, akkor p=0 biztos jó.

Artúr király minden télen hadjáratot indít a hegyekben élő sárkányok ellen, akik ilyenkor téli álmunkat alusszák barlangjukban. A barlangban talált jószágok p-ed részét sikerül legyilkolnia mielőtt felébrednek és elkergetik. Párzási időszak után minden sárkánylány kis sárkánynak ad életet (egészen addig amíg a kolóniában van fiú sárkány). A kis sárkányok, hála a mágikus környezetnek, már a következő párzási időszakra nemzőképesek lesznek. Mi a legkisebb p, amilyen hatékonysággal Artúr ki tudja irtani a sárkány kolóniát?

A következő feladatot sokat ismerhetitek. Nem emlékszem, szerepelt-e már a fórumon.

Lássuk be, hogy a következő sorozat tagjai páronként relatív prímek.

3,5,17,257,65537,4294967297,...,2²ⁿ+1,...

Egy 2nx2n méretű négyzetrácsos ábrába hurkot rajzolunk olyan módon, hogy a hurok minden négyzeten átmegy, és mindig oldalasan szomszédos mezők középpontjait köti össze. (Egyszerűbben mondva csak vízszintesen és függőlegesen mehetünk)

Az egyik helyre, ahol a hurok irányt vált (például az egyik sarokba) rajzolunk egy kört, majd a hurkon végighaladva minden második töréspontra (és csak azokra) újabb kört rajzolunk.

1. Lássuk be, hogy a 4 sarok közül pontosan két szemben lévőben lesz kör.

2. Ha két kör egymás mellett van, akkor a képen látható négy lehetőség közül csak az első kettő valósulhat meg.

Mindkét bizonyítást elég egyszerűnek gondolom, úgyhogy remélem jó helyen van az ujjgyakorlatok között.

A könnyebb érthetőség kedvéért itt van néhány logikai feladvány, ahol minden kör meg van adva, és a feladat a hurok megrajzolása. www.logikairejtveny.5mp.eu

Trükkös bizonyítások

Híres(?) álbizonyítások

0-val osztunk

Legyen a=b+c !

Ekkor:

5a=5b+5c

4b+4c=4a

Adjuk össze a két egyenletet!

5a+4b+4c=5b+5c+4a

Mindkét oldalból vonjunk ki 9a-t!

4b+4c-4a=5b+5c-5a

Ebből:

4(b+c-a)=5(b+c-a)

Vagyis 4=5. Hol a hiba?

Bocsánatodért esedezem, nem volt szándékomban félrevezetni téged.

Elsőre azt hittem, hogy a négyzetmentes számok azonosak a nem hatványszámokkal. Tévedtem...

Ne haragudj Bily, de a kérdést nem átfogalmaztad, hanem egyszerűen mást kérdezel. A négyzetmentes számokra igaz, hogy nem hatványszámok, de fordídva nem. A kezdőtagok nevezőiben pedig a^s szerepel, akármi is az a. Tehát az eredeti kérdésedben, ahol azt mondtad hogy az a négyzetmentes, nem fog szerepelni a 12^s, mivel a 12 nem négyzetmentes. Ha most azt mondod, hogy az a mégis inkább legyen nem hatványszám, akkor szerepelni fog benne, mivel a 12 valóban nem hatványszám. Előbb döntsd el hogy mit kérdezel, és ne tegyél úgy mintha én lennék értetlen hülye! Legalább annyit írhattál volna, hogy bocsi, rosszul tettem fel a kérdést. Még hogy átfogalmaztad... Most felbosszantottál.

Egyszerűen megválaszolható, ujjgyakorlat :) két dolgot kell ellenőrízni:

a, minden 1/n^s szerepel a jobboldalon

b, egyik sem szerepel kétszer.

Sambuca

Szerintem meg a kezdőtagok nevezőiben az a számok azok a pozitiv egészek, amelyek nem állnak elő a=b^r alakban, ahol b és r pozitiv egészek és r>1, azaz bármely 1-nél nagyobb r esetén a r-edik gyöke nem egész szám.

Az 1/12^s úgy lesz kezdőtag, hogy nem szerepel egyik előző sorban sem, vagyis igy:

+(1/6+1/36+...)+(1/7+1/49+...)+(1/10+1/100+...)+(1/11+1/121+...)+(1/12+1/144+...)+...

Tehát a kérdésem átfogalmazva:

Igaz-e, hogy

ahol a befutja a nem hatványszámokat, n pedig a pozitiv egészeket?

Sajnos nem értem mire gondolsz: "csakhogy a kezdőtagok nevezőjében lévő a-k, mint ahogy az ellenpéldád is mutatja (az 1/12^s is kezdőtag), nem azonosak a négyzetmentes számokkal"

Szerintem a kezdőtagok nevezői éppen a négyzetmentes számok. Továbbra sem találom az 1/12^s-ent. Ez szerinted hogyan lesz kezdőtag? A következő hozzászólásodban az r mit jelent? Mi az, hogy az r-edik gyök nem egész szám? Létezik ilyen r, vagy minden r-re? Légyszíves próbáld ezt világosabban kifejteni. Köszi.

Tehát a nem négyzetmentes szám, hanem olyan pozitiv egész, amelynek r-edik gyöke rN és r>1 esetén nem egész szám.

s=1 esetén:

1/1+1/2+1/3+...=1+(1/2+1/4+1/8...)+(1/3+1/9+1/27+...)+(1/5+1/25+1/125+)+...

s=2 esetén:

1/1+1/4+1/9+...=1+(1/4+1/16+1/64+...)+(1/9+1/81+1/729+...)+(1/25+1/625+1/15625+...)+...

...

A zárójelekben olyan mértani sorok vannak, melyek kezdőtagjai nem szerepeltek egyik elöző zárójelben sem és a kezdőtag egyenlő a kvócienssel, csakhogy a kezdőtagok nevezőjében lévő a-k, mint ahogy az ellenpéldád is mutatja (az 1/12^s is kezdőtag), nem azonosak a négyzetmentes számokkal, ezen számok halmaza bővebb.

s=0-ban a bal oldal értéke:

(dobpergés)

Kis rosszindulattal, persze.

Nekem úgy tűnik, nem igaz. A átalakításból a szumma mögött az mértani sorösszegek állnak minden négyzetmentes a-ra. Hol van ebbel pl. az ?

És persze n>0.

És ha s pozitiv egész?

Nem igaz. s=0-ra a bal oldal végtelen, a jobb oldal pedig nem értelmezett.

Igaz-e, hogy

ahol sN, n végigfut a természetes számokon, a pedig az 1-nél nagyobb négyzetmentes számokon ?

"Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll."

Igaz; nem gondoltam jól végig. Köszönöm.

Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll. Egy súly nem emeli föl a másikat, hisz egyenlők. Addig történhet mozgás, míg a harmadik súly rásegít, de ez véget ér, ha a csomó a lyukhoz ér.

Érdemes helyzeti energia szempontjából is vizsgálni a feladatot:

Akkor áll meg a súlyok mozgása (persze, ha csillapodás is van), ha az összes helyzeti energiájuk a legkisebb, azaz az asztal fölött a madzagok összhossza a legkisebb. Tehát azt a pontot keressük, melyre a tőle a csúcsokig tartó szakaszok összege minimális.

Ez az olyan háromszögeknél, melyek minden szöge kisebb 120 foknál, valóban az izogonális pont. Az olyan háromszögeknél, melynek van legalább 120 fokos szöge, ennek csúcsa.

Dimenzióval van a baj, 2 helyen is: f=f², illetve Ft=Ft² nem igaz.