Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Nehezebb matematikai problémák

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[603] jonas2008-02-05 09:36:40

Nem könnyebb alkalmazni, de könnyebb megjegyezni azt a szabályt, hogy a 10a+b szám osztható 7-tel akkor és csak akkor, ha a-2b osztható 7-tel.

Előzmény: [602] Csimby, 2008-02-05 02:55:01
[602] Csimby2008-02-05 02:55:01

Ha már itt tartunk, van "szabály" 7-re, sőt minden másra is. n:=\overline{a_k...a_1a_0}, ekkor n pontosan akkor osztható 7-tel, hogyha (a0+3a1+2a2+6a3+4a4+5a5)+(a6+3a7+2a8+... kifejezés osztható 7-tel. Ugye ez ugyanolyan típusú szabály mint pl. a 3-mal, 9-cel vagy 11-gyel való oszthatóságé, csak egy bonyolultabb sorozatot (1,3,2,6,4,5) kell hozzá megjegyezni.

Hogy ez miért működik? Azért mert:

100\equiv1 (mod 7)

101\equiv3 (mod 7)

102\equiv2 (mod 7)

103\equiv6 (mod 7)

104\equiv4 (mod 7)

105\equiv5 (mod 7)

106\equiv1 (mod 7) és innentől ismétlődik a sorozat.

Előzmény: [601] sizeref, 2008-02-03 20:24:33
[601] sizeref2008-02-03 20:24:33

Mint irtam nem ezen a pályán vagyok ez nekem hobbi.De pl. 12 jegyű számrol 10-12 sec alatt eldöntöm,hogy osztható e 7-tel vagy sem.Nekem nem a gyorsaság volt a kérdés hanem az, hogy nincs rá szabály,legalább is ezt tanultam.Nekem az nem tetszett. Szóval van pl 3,4,5,6,8,9,11 re van szabály de a 7 kimaradt.Először csak a 7-tel való oszthatóság kérdése foglalkoztatott de aztán rájöttem, hogy minden prímszámra felírható az algoritmusom.Tehát mindenre van megoldás csak keresni kell.Egyenlőre tartozkodom az algoritmus kiírására.

[600] Róbert Gida2008-01-18 20:53:16

p=2-re megnézném az utolsó bitjét, ez O(1) költség a számítógépeken. Ha 0<abs(n)<p, akkor megint triviális a válasz. Továbbá, ha n "nem túl nagy" p-hez képest, akkor tényleg van gyorsabb ismert módszer is, mint a triviális, hogy osztok p-vel és megnézem a maradékot, ez implementálva van a gmp matematikai könyvtárban is, persze nemcsak prímekre működik ez. Ha n sokkal nagyobb, mint p, akkor szerintem nincs gyorsabb módszer, mint a hagyományos, nem is hiszek benne, hogy lenne, így elsőre. De, ha leírod a módszered, akkor meggyőzhetsz.

Előzmény: [599] sizeref, 2008-01-18 18:28:30
[599] sizeref2008-01-18 18:28:30

Sziasztok! Nekem nincs problémám csak van megoldásom.A prímszámokkal való oszthatóságra van két algoritmusom mely eldönti egy adott számról,hogy osztható-e maradék nélkül vagy sem az adott szám pl.7-el.Matematikai biztonyítás is megvan rá,de mivel nem ezen a pályán vagyok nehéz kibontakoznom.Gyakorlatilag minden prímszámra felírható az algoritmus és az egyik az osztási eredményt is megadja anélkül, hogy az adott számot osztanám el az osztóval.Érdekel valakit?

[598] cauchy2007-12-13 23:20:53

http://www.cs.elte.hu/~karatson/funkanal.pdf

[597] Lóczi Lajos2007-12-13 20:23:24

A "hullámjel" nem látszik a "karatson" név előtt.

Előzmény: [596] Lóczi Lajos, 2007-12-13 20:11:52
[596] Lóczi Lajos2007-12-13 20:11:52

Az analízisből ismert, hogy egy függvény folytonossági, illetve szakadási pontjainak halmaza milyen típusú halmaz lehet, l. pl.

http://www.cs.elte.hu/ karatson/funkanal.pdf

Itt a C. 21-es Következmény bizonyítását nézd meg.

A bizonyítás egyszerű, de több, elemi előkészítő lépést igényel.

Előzmény: [595] Gyöngyő, 2007-12-13 16:21:08
[595] Gyöngyő2007-12-13 16:21:08

Sziasztok!

Elírtam a feladatot.Pontosan így szó: Mutassuk meg,hogy nincs olyan függvény,amelyik irracionális pontokban nem folytonos,racionális pontokban folytonos.

Ez hasonló a Riemann-függvényhez,csak ott pont fordítva van.

Üdv.: Zsolt

[594] HoA2007-12-13 10:56:14

Hogy érted, hogy racionális pontokban folytonos? Ha valamilyen racionális x=q0-ban a függvény értéke f(x)=y0\ne0 és itt a függvény folytonos, akkor bármely \epsilon(>0) -hoz megadható olyan \delta(>0) , hogy ha |x-q0|<\delta , akkor |f(x)-f(q0)|<\epsilon Ha \epsilon-t pl. \frac{|y_0|}2 -nek választjuk, akkor q0 ehhez tartozó \pm\delta környezetében a függvény nem lehet 0. Ha elfogadjuk, hogy q0 bármilyen kis környezetében van irracionális pont, ellentmondásra jutunk és készen vagyunk.

Előzmény: [592] Gyöngyő, 2007-12-12 19:37:49
[593] SmallPotato2007-12-12 20:42:48

Szerintem létezik ilyen függvény:

f(x)=0

Előzmény: [592] Gyöngyő, 2007-12-12 19:37:49
[592] Gyöngyő2007-12-12 19:37:49

Sziasztok!

Azt szeretném megkérdezni,hogy hol találok minél egyszerűbb bizonyítást arra,hogy nem létezik olyan függvény amely az irracionális pontokban nulla,de racionális pontokban folytonos?

Üdv.: Zsolt

[591] Sirpi2007-12-11 13:50:32

Ügyes, tényleg fel lehet így írni :-) Ezt az "előjelezés nélküli determinánst" különben a mátrix permanensének hívják, és sajnos nem lehet polinomidőben kiszámítani.

Előzmény: [590] nadorp, 2007-12-11 12:20:30
[590] nadorp2007-12-11 12:20:30

A feladat végülis egyszerű:-) Tekintsük az alábbi (n-1) X (n-1)-es táblázatot

\matrix{
   0 & \frac1{n-1}&\frac1{n-1}&...&\frac1{n-1}&\frac1{n-1}\cr
   \frac1{n-1}&0&\frac1{n-2}&...&\frac1{n-2}&\frac1{n-2}\cr
   \frac1{n-2}&\frac1{n-2}&0&...&\frac1{n-3}&\frac1{n-3}\cr
   .\cr
   .\cr
   .\cr
   \frac13&\frac13&\frac13&...&0&\frac12\cr
   \frac12&\frac12&\frac12&...&\frac12&0\cr
}

Ha most ezt úgy fejtjük,mint egy determinánst, de az összes negatív előjelet pluszra cseréljük, akkor éppen cn-et kapjuk.

Előzmény: [589] Sirpi, 2007-12-11 10:21:51
[589] Sirpi2007-12-11 10:21:51

Köszi szépen, hogy utánanéztél. Én már az 5/36-odnál sejtettem, hogy ennek nem lesz szép és egyszerű megoldása, mint az eredetileg feldobott problémának volt az 1/e-vel.

Előzmény: [587] nadorp, 2007-12-10 21:18:39
[588] rizsesz2007-12-10 21:46:07

a megoldások ömlesztve: 6, 225, 2, 5, 45, 20. ja és az egyiket felfelé kerekítettem.

Előzmény: [586] gortvalui, 2007-12-09 16:20:23
[587] nadorp2007-12-10 21:18:39

Szia Sirpi!

Ezt találtam, úgy néz ki elég nehéz:-(

Denominators of probabilities in gift exchange problem with n people.

A102263: n friends organize a gift exchange. The n names are put into a hat, and the first person draws one. If she picks her own name, then she returns it to the bag and draws again, repeating until she has a name that is not her own. Then the second person draws, again returning his own name if it is drawn. This continues down the line. What is the probability p(n) that when the n-th person draws, only her own name will be left in the bag?

A102263 I heard about the problem from Gary Thompson at Grove City College in PA.

A102263 As n increases, p(n) approaches 1/(n + log(n) + EulerGamma), where EulerGamma = .5772156649015... (the Euler-Mascheroni constant). - Jon E. Schoenfield (jonscho(AT)hiwaay.net), Sep 30 2006

A102263 See A102262 for formula for p(n).

A102263 p(2) through p(10) are 0, 1/4, 5/36, 19/144, 203/1800, 4343/43200, 63853/705600, 58129/705600, 160127/2116800.

A102263 Cf. A102262. A102263 Adjacent sequences: A102260 A102261 A102262 this sequence A102264 A102265 A102266

A102263 Sequence in context: A125756 A035287 A083223 this sequence A103931 A068589 A120077 A102263 nonn,frac A102263 2,2 A102263 Jerry Grossman (grossman(AT)oakland.edu), Feb 17 2005 A102263 More terms from Jon E. Schoenfield (jonscho(AT)hiwaay.net), Sep 30 2006

Előzmény: [583] Sirpi, 2007-12-09 09:19:07
[586] gortvalui2007-12-09 16:20:23

2. A virágnektár 70százalék vizet tartalmaz és 17százalék méz készül belőle. Hány kg nektárt kell gyűjteni a méheknek 1kg mézhez?

3. A városi kutyapecér választásokon 5 jelölt indult. Semelyik két jelölt nem kapott ugyanannyi szavazatot, a győztesre 10-en szavaztak. Legfeljebb hány voksot gyűjthetett a legkutyaütőbb kutyapecérjejölt?

4. Ha a-(a-(a-(a-(a-1))))=1 akkor a=?

5. Egy étteremben egy főételért 2250ft-al többet kell fizetni,mint egy desszertért. A főétel és a desszert eggyütt 12x annyiba kerül mint a desszert. Mit mondhatunk a desszert áráról forintban?

6. Egy sakkmester szimultánt ad. Az első órában a befejezett játszmák 90százalékát nyeri meg, és 1partit veszít el. A szimultán befejezésekor a mester az első órában be nem fejezett játszmáknak csak a 20százalékát nyeri meg, 2partit elveszít és 2 parti döntetlenül végződik. Hány partit nem fejezett be az elsó órában?

7. Ha a 24009-et és a 41982-őt ugyanazzal a négyszámjegyű számmal elosztjuk, mindkétszer ugyanazt a maradékot kapjuk. Mi ez a maradék?

[585] gortvalui2007-12-09 16:11:17

Ezekben tudtok segíteni?

1. Krisztián 17g vízhez 3g sót kever! Hány százallékos sóoldatot kapott?

[584] nadorp2007-12-09 11:43:47

Süllyedt!!. Még egyszer bocsi, nem kötözködni akartam.

Előzmény: [583] Sirpi, 2007-12-09 09:19:07
[583] Sirpi2007-12-09 09:19:07

Az 5/36 onnan jön, hogy összesen 2 kedvező eset van, viszont nem ugyanakkora a valószínűségük!

1234 -> 2314 és 1234 -> 3124 (itt egyszerűen az szerepel, hogy ki kit húz)

Az első eset valószínűsége: 1/3.1/3.1/2=2/36 (az egyes számok azt jelzik, hogy az 1-es, 2-es és 3-as milyen valószínűséggel húzza rendre a 2, 3, 1 cetliket)

A másodiké: 1/3.1/2.1/2=3/36. A különbséget az okozza, hogy ebben a 2. esetben miután az 1-es kihúzta a 3-ast, a kettes (mivel saját magát nem húzhatja), ezért csak 1 és 4 közül választhat, ezért különbözik a 2. szorzótényező. Remélem így már világos.

Előzmény: [581] nadorp, 2007-12-08 22:57:11
[582] nadorp2007-12-09 00:04:08

Amúgy az jött ki - az én értelmezésemben - hogy c_n=\frac{a_n}{a_n+na_{n+1}}. Mivel \lim a_n=\frac1e\neq0 ezért \lim c_n=0

Előzmény: [581] nadorp, 2007-12-08 22:57:11
[581] nadorp2007-12-08 22:57:11

Valószínű tényleg nem értem a példát :-( vagy nem látom a fától az erdőt.

Az 5/36 hogy jött ki, hiszen a 4 elemű permutációk száma csak 24, és 36>24. Ráadásul a kedvező esetek száma 2 (1->2->3->1) és (1->3->2->1), akkor miért van a számlábóban 5 ?

Előzmény: [577] Sirpi, 2007-12-07 14:50:30
[580] Róbert Gida2007-12-08 12:53:56

T halmaz elemeinek reciprokösszege természetesen véges marad, legfeljebb S reciprokösszegének a kétszerese.

Előzmény: [579] Róbert Gida, 2007-12-08 12:52:16
[579] Róbert Gida2007-12-08 12:52:16

A 3. feltételt elhagyhatod, pontosan akkor van ilyen pozitív egész számokból álló S halmazod, ha csak az 1,2,4 feltételek teljesülnek, többet nem tudok most mondani.

Legyen ugyanis T=S\cup2S\cup3S\cup6S, de a többszörös elemeket csak egyszer veszem bele. Legyen \frac ab-nek egy előállítása:

\frac ab=\sum_{i=1}^{n} \frac {1}{q_{i}}

, ahol q1<q2<...<qn, ekkor

\frac ab=\Big(\sum_{i=1}^{n-1} \frac {1}{q_{i}}\Big)+\frac {1}{2q_{n}}+\frac{1}{3q_{n}}+\frac {1}{6q_{n}}

, ami az előzőtől különböző felbontás, így, ha S-ben legalább egy előállítás volt, akkor T-ben már legalább két különböző előállítás van.

Előzmény: [578] SÁkos, 2007-12-08 11:30:45

  [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]