Fórum: "ujjgyakorlatok"

Ez jól van így. Majdnem olyan, mint ahogy a nagykönyvekben meg van írva. Még egy +C-t szoktak hozzáírni, minthogy ez határozatlan integrál, szóval egy konstans erejéig határozatlan. Ha visszaderiválsz a konstans eltűnik, így bármi lehet.

Arra a kérdésre, mi van, ha a kerek zárójelen belül (ax^k+b)-van, a válasz: baj. Ettől kicsit elbonyolódik a dolog.

Kérlek segítsetek! Házi volt a csonkakúp térfogatának bizonyítása integrálszámítással,na most én lusta voltam bontogatni a zárójeleket,így összetett fv. primitív fv.-ét kerestem,kijött a jó képlet,a tanárom szerint lehet hogy csak véletlen,mert hogy ő nem érti(vagy csak nem akarja gyötörni magát)! Na de a lényeg,tehát vmi ilyesmi jött ki általánosan:

szerintem jó,de ha találtok vmi hibát lécci közöljétek,mert még nem csináltam túl sok ilyen példát!Előre is köszi! Ja és még egy kérdés: mi van akkor ha az intergrandusban a változó nem elsőn hanem k-adikon van,erre még nem jöttem rá!?

Ez ötletes megoldás. Ráadásul ez akkor is működik, ha megengedünk 64-nél több egyest.

Tegyük fel, hogy a sztringnek csak a "10"-zel kezdődő hétjegyű számokat kell tartalmaznia legalább egyszer. Rendezzük ezeket növekvő sorrendbe. A 32 db második helyiértékes 0 különböző helyre fog kerülni a sztringben, mert a mögöttük álló 5 bites számok különbözők. Az első 16 szám harmadik helyiértékes nullája is mind különböző lesz, mert a mögöttük álló 4 bites számok különbözők, ugyanígy az első 8 negyedik, az első 4 ötödik, az első 2 hatodik, az első 1 hetedik helyiértékes 0 is mind más. (Különböző helyiértékű 0-k is különbözők, mert balra különböző számú 0 valasztja el a kezdő 1-estől.) Ez összesen 32+16+...+1=63 darab nulla, tehát nincs 127-nél rövidebb sztring.

Hadd folytassam a tegnapi gondolatomat. Mar megallapitottuk, hogy ha pontosan 64 egyessel sikerul a feladat, akkor minden egyessel kezdodo 7-jegyu szam pontosan egyszer szerepel. Ez azt jelenti, hogy ha egy ilyen bitsorozatot abrazolunk a grafon, akkor a kapott vonalban minden olyan el pontosan egyszer szerepel, ami egy olyan csucsbol indul, ami 1-essel kezdodik. Sporolni csak azokon az eleken lehetne, amik a 0-assal kezdodo elekbol indulnak. Ezek az elek azonban az egyetlen (000000,000000) elen kivul fat alkotnak, ezert nem lehet elhagyni beloluk azon a bizonyos egy elen kivul. Ha ugyanis az egesz grafbol kivonjuk a vonalat, akkor csak a fa elei maradhatnak meg (de azok elvileg akarmilyen elojellel, hiszen lehetne, hogy egy 0-val indulo elen tobbszor megyunk at), de egy fan ez csak ugy lehetseges, ha minden el 0-szor van benne. Tehat legalabb 63 nullasra valoban szukseg van. (Ezt ennel biztos egyszerubben is be lehet latni.)

Meg egy megjegyzes. A grafos megkozelitesbol lehet sejteni, hogy valojaban nagyon sok ilyen de Bruijn kor van. Ez tenyleg igy igaz: a A016031 sorozat megadja ezek szamat.

Ebbol az is kovetkezik, hogy nagyon konnyu de Bruijn kort eloallitani: egyszeruen ki kell indulni a 0000000 sorozatbol, es utana irni veletlen biteket arra vigyazva, hogy ne vegyuk egyik 7 bites szamot sem tobbszor. Ekkor persze elofordulhat, hogy levagjuk a graf egy reszet, ezert nem tudjuk befejezni a kort, de ilyenkor egyszeruen ujra probalkozhatunk, es hamar sikerulni fog. Az elobb ezzel az egyszeru veletlen modszerrel allitottam elo a szamokat. Itt van a kod, ha valakit erdekel.

Kedves Jónás!

Nagyon szép a bizonyítás! Igazi "vezérlő dinamika". De nézzük meg mit is láttunk be ezzel. n=7 esetén a számjegyek 6 jegyűek és 2⁶=64 db van belőlük, tehát a gráfnak 128 éle van. Indulunk az egyik csúcsból és bejárjuk az Euler kört. Az első szám 6 jegyű és minden élen való áthaladás egyel növeli a szám hosszát. Tehát 6+2*64=134 jegyű számot állítottunk elő, mely tartalmazza az összes 7 hosszúságú bitsorozatot, de 67 db 1-es számjegyet tartalmaz.

Példa képpen mutatom az n=4 jegyű esetet.

Akkor lelövöm a "vezérlő dinamikát". Nem akartam rögtön elmondani, mert ismertem (Simonyi tanár úr gyakorlatán volt feladat); hadd gondolkodjanak a "fiatalok". Azt viszont nem tudom megmondani, hogy kevesebb nullával le lehet-e írni az 1000000...1111111 számokat. (Azért elgondolkozom még rajta, most hogy a bizonyítást átgondoltam, lehet, hogy könnyű lesz.) Ha viszont megengedünk 64-nél több egyest, akkor azt hiszem hogy összesen 127-nél kevesebb számjeggyel is le lehet írni őket, de nem tudom, hány számjegy kell.

Aki tehát gondolkozni akar a 64 számjegy bizonyításán, az ne olvasson tovább.

Azt fogom belátni, hogy bármely n-re létezik ún de Bruijn-ciklus, vagyis hogy fel lehet írni egy kört 2ⁿ bitből úgy, hogy a körből n szomszédos bitet összeolvasva minden n hosszú bitsorozatot pontosan egyszer kapunk meg. Ha már tudjuk, hogy van n=7-re de Bruijn-ciklus, akkor ezt felvágva a 0000000 előfordulásának utolsó számjegyénél, egy megfelelő 127 hosszú bitsorozatot kapunk. (Azt könnyű látni, hogy pontosan 64 egyes van benne.)

Ehhez pedig vegyünk egy irányított gráfot, amelynek csúcsai az n-1 hosszú bitsorozatok, az (u,v) pedig akkor és csak akkor él, ha u utolsó n-2 bitje megegyezik v első n-2 bitjével. Ebben a gráfban van Euler-kör, mert összefüggő, és minden csúcsának megegyezik a ki- és a befoka, ugyanis mindkettő 2. Ha nézzük a gráf egy (u,v) élét, ezt jellemezhetjük egy n bites számmal, amit úgy kapunk, hogy u és v bitjeit egymásra helyezzük úgy, hogy fedjék egymást. Két szomszédos élhez két olyan szám tartozik, hogy az első él utolsó n-1 bitje éppen a második él első n bitje, ez tudniillik a közös csúcs. Ebből következik, hogy egy Euler-kör éppen egy de Bruijn körnek felel meg.

(A Konkrét Matematika egyébként egy helyen megemlíti a de Bruijn köröket, noha ahhoz a bizonyításhoz, ahol használja, valójában nincs szükség rájuk. Bizonyítást nem ad a körök létezésére, csak hivatkozik a Programozás Művészetére.)

Kedves Jónás és Levi!

Örülök, hogy "rákattantatok" a problémára! Bevallom nektek, hogy én is csak n=4-jegyűig írtam fel, mint Levi és ebből gondoltam, hogy nagyobb n-ekre is igaz.

Külön gratula Jónásnak, hogy volt türelme hozzá!

Bár ez már nem ujjgyakorlat, de jó lenne, ha valaki rámutatna a "vezérlő dinamikára", szóval, hogy miért lehet ezt minden n-re megtenni!

Jó kérdés a 0-k számának csökkentése is!

Az előzőben értelemszerűen 64 egyes számjeggyel értendő.

Nyilvánvaló, hogy legalább 64 egyes szükséges is, mert minden szám egyessel kezdődik. A kérdés tehát a következő: le lehet-e írni 64 egyessel, de 63-nál kevesebb nullával az összes pontosan 7-jegyű bináris számot, és ha igen, akkor hány nulla kell ehhez?

Nos, 64 számjeggyel fel lehet írni őket:

1001000010101011001011011010000011001110011000011101010011110010\ 011011111110100101000110101111011000100010111011100011111000000

Azonban ez 127 számjegy, ezért nem valószínű, hogy egy fiú egy sorba fel tudja írni őket (ha több sorba írja, akkor már meg kell ismételni legalább egy 1-est). Itt a fórumon sem fért el egy sorban, ezért meg kellett törnöm. Én tehát arra szavazok, hogy Jancsi ugrat minket, valójában Juliska írta a számsort.

Lehet, hogy ennél kevesebb számjeggyel is meg lehet csinálni, nem tudom.

Sejtés a 67.b feladatra: Ha veszünk egy n számjegyű számot (csupa 0-ból és 1-ből, akkor a keresett "láncban" mindig 2^n-1 darab 1-es lesz (és ekkor 2^n-1-1 db 0).

n=2 esetén variációk: 11,10 a lánc:110 és 2^n-1=2, azaz itt müködik

n=3 esetén variációk: 111, 110, 101, 100 a lánc: 1110100 és 2^n-1=4, azaz itt is működik

n=4-re is megnéztem, azt most nem írom le, tehát ha a sejtés igaz, akkor n=7 esetén 2^n-1=64 lesz. Azaz elvileg Jancsi igazat mondott.

Arra gondoltam csavarként, hogy írhatja folyamatosan egymás után a számjegyeket és bármely egymás után következő hét számjegy lehet egy új 7-jegyű szám, ha 1-es áll az elején.

67.b feladat: Jancsi azt állítja, hogy sikerült felírnia az összes 7 jegyű 1 és 0 számjegyből álló számot 64 db 1-es felhasználásával? Igaza van-e Jancsinak?

Szép egyszerű és jó a megoldás. Nincsen semmi csel, ez egy "ujjgyakorlat" volt :-)

Az első számjegy csak 1-es lehet a további 6 helyiértéken pedig 0 vagy 1, tehát kétféle számjegy állhat. Így 2⁶=64 db ilyen szám van. Írjuk egymás alá ezeket a számokat. Az első oszlopban 64 db 1-es van a többi oszlopban pedig a számjegyek fele 1-es fele 0. Így 64+6*32=256-szor kellett Jancsinak leírnia az 1-es számjegyet.( Feltéve persze, hogy nincs valami trükk a felírásban, ami Csimbytől azért elvárható! )

67.feladat Jancsi felírta az összes olyan hétjegyű egész számot, amely csak 0 és 1 számjegyeket tartalmaz. Hányszor írta le az 1-es számjegyet?

Hello Fiúk!

Kösz a megoldásokat! Valóban a nagy Fermat spec. esete és könnyen belátható. Joci tanulj TeX-et, megéri. Ha már megvan a lehetőség szép képletek írására, használjuk ki!

Ha a-1,a,a+1 köbeit vesszük és rendezzük, elegánsabban kijön. Átalakítások után azt kapjuk, hogy a2(a-6)=2. (az a után a 2 a négyzetet jelölné, csak még lusta voltam a TeX-et megtanulni :) A szorzat mindét tagja egész, mert 'a' is az. Az egyes eseteket gyorsan végig lehet futni.

Suhanc egyenletét és a kongruencia szabályait felhasználva:

Ha a 0 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal osztható 4-gyel, a jobb oldal 3 maradékot ad 4-gyel osztva.

Ha a 1 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal 1 maradékot, a jobb oldal 3 maradékot ad 4-gyel osztva.

Ha a 2 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal osztható 4-gyel, a jobb oldal 1 maradékot ad 4-gyel osztva.

Ha a 3 maradékot ad 4-gyel osztva, akkor a bal oldal 3 maradékot, a jobb oldal 1 maradékot ad 4-gyel osztva.

Mind a 4 esetben ellentmondásra jutottunk, tehát nincsen olyan a amely eleget tenne a feltételeknek.

Kedves László és Suhanc!

Nem tudom, hogy mennyire elegáns vagy nem, de a nagy Fermat sejtés (illetve ma már tétel) nem elég erre? Azaz az xⁿ+yⁿ=zⁿ-nek n>2 esetén nincs megoldása.

Kedves László!

Egy nem túl elegáns megodásom lenne a feladatodra:

Legyen a három egymást követő köbszám a³,(a+1)³és(a+2)³ ! Adjunk felső korlátot a értékére, majd a maradék eseteket megvizsgáljuk a végén. A feladat állítása szerint (rendezve az egyenletet):

a³=3a²+9a+7

Bonsuk a³-t három egyenlő részre, mert a jobb oldalon három tag van. Nyilván, ha

feltételek egyszerre teljesülnek, az egyenletnek nem lehet megoldása, hisz a bal oldal határozottan nagyobb. A három egyenlőtlenség közül az első a legenyhébb, ezért a>9 esetén biztosan nincs megoldás.

Maradt tehát 10 esetünk 0-tól 9 ig. Ezeket behelyettesítve az egynletbe nem kapunk kielégítő megoldást, ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

66. feladat: Bbh. három egymást követő természetes szám közül a legnagyobb köbe nem lehet egyenlő a másik kettő köbének összegével.

Szerintem nagyon szép ez a feladat, várjunk a megoldással.

Az 55.Feladat szemmel láthatólag nem hozott lázba senkit...;)

Ha esetleg valaki mégis lenne olyan "elvetemült", egy kis segítség:

Ez egy olyan "közepes" feladat...

Kedves Mindenki!

Ez egy olyan apró gondolat... de szép!:)

65.Feladat:

Igazoljuk, hogy :

Páros n-re is igaz lesz, mert ekkor k>n és n végén k-n db 0 áll.

Ekkor viszont (2^k-1-n) végén k-n db 1-es fog állni előttük (balra) 0 áll. Így +1 hozzáadása (k-n) db 1-esből 1 db 1-est csinál. A változás -(k-n)+1 a számjegyek összegében.

A számjegyek összege: (m-1)+(k-m)-(k-n)+1=n.