|
[1039] lorantfy | 2005-08-31 17:32:22 |
 Szia Csimby!
Nagyon profi a megoldás! Gratula! Nem gondoltam, hogy ilyen gyorsan beírja valaki.
(Aki nem ismeri a kongruenciát először lássa be azt, hogy azonos kitevőjű hatványok maradéka egyenlő, ha az alapok maradéka megegyezik!)
|
Előzmény: [1036] Csimby, 2005-08-31 17:16:51 |
|
|
[1037] rizsesz | 2005-08-31 17:19:04 |
 2222 = 3 (mod 7), míg 5555=4 (mod 7). 3 hatványai a következő maradékokat adják 7-tel osztva: 3, 2, 6, 4, 5, 1... és innentől kezdve ismétlődés van. 4 hatványai: 4, 2, 1, 4, 2... 5555 = 5 (mod 6) és 2222 = 2 (mod 3), így az összeg maradéka 5 + 2 = 0 (mod 7). (Biztos van elegánsabb is :))
|
|
|
[1035] lorantfy | 2005-08-31 14:00:36 |
 192. feladat: Bbh. 22225555+55552222 osztható 7-tel!
|
|
[1034] Yegreg | 2005-08-21 22:33:28 |
 Igen, tulajdonképpen ez a kombinatorikus. Csak lehet n2 golyó n dobozban, és az érdekel, hogy melyik golyók vannak együtt, vagy, ami az én első megoldásom volt az n2 gyerek n házban, és az érdekli őket, hogy kivel vannak egy házban. És akkor még lehet a kebvésbé szépen, de egyszerűen elintézős megoldás: az n2 faktoriális tényezői közt van k(amivel éppen egyszerűsíteni akarunk) egyszerese, kétszerese...és k-szorosával kétszer egyszerűsíthetünk, és ezzel n+1 k-t ejthetünk ki, amennyi kell, hiszen a nevezőben is n+1-iken van k. De ez hasonló a binomiális együtthatóshoz alapjában véve. Üdv:
Yegreg
|
|
[1033] jonas | 2005-08-20 21:40:11 |
 Ezt ismerem, nagyon szép feladat.
A kombinatorikus megoldás ez lehet. Vegyünk n2 elemet n sorban és n oszlopban. Ezeknek (n2)! permutációja van. Csakhogy vehetjük azokat a permutációkat, amiket úgy kapunk, hogy minden soron belül permutálgatjuk az elemeket, és aztán a sorokat egymással permutáljuk. Két ilyen permutáció kompozíciója is ilyen. Az ilyen permutációk tehát az eredeti (n2)! rendű szimmetrikus csoportnak egy (n!)n+1 elemű részcsoportját alkotják.
|
Előzmény: [1032] Yegreg, 2005-08-18 13:54:46 |
|
[1032] Yegreg | 2005-08-18 13:54:46 |
 Helyes a megoldás, bár nem a legszebb megoldások közé tartozik, ezt nehogy sértésnek, vagy ilyesminek vedd, mert kiváló megoldás, csak a kombinatorikai azért elegánsabb, szerintem. Van még egy logikára épülő számvizsgáló megoldás, bár az hasonlít a tiedre, azt leszámítva, hogy az leginkább egy logikai következtetés, és nem kell binomiális együtthatókat írkálni, illetve van egy kombinatorikai megoldás, az talán a legelegánsabb. De más megoládok is lehetnek még. Üdv:
Yegreg
|
Előzmény: [1030] nadorp, 2005-08-18 09:44:25 |
|
[1031] Lóczi Lajos | 2005-08-18 12:54:33 |
 Vettem az első két egyenlet rezultánsát x szerint, majd az eredmény és a harmadik egyenlet rezultánsát y szerint. (Közös gyöke két (többváltozós) polinomegyenletnek csak ott lehet, ahol a rezultáns nulla.)
|
Előzmény: [1029] xviktor, 2005-08-17 22:30:28 |
|