Fórum: Érdekes matekfeladatok

"Emelt szintű érettségi Matematikából" téma, 106-os hozzászólás, ha jól emlékszem...

na akkor ide írom a problémámat, mert a másik topicban nem kaptam rá megoldást... egyszerűnek tűnik, de nem ugrik be, és nem nagyon szeretném épp ezt húzni mat szóbelin :))

szóval egy pofonegyszerű gyors megoldást várok a következő kérdése:

Melyik a nagyobb?

Helló! Találtam egy egész egysezerű megoldást, kérdés, ez még egyszerűbben is leírható? (Érdemes követni a betűs ábrát!)

Ha A páros szám lenne, akkor a 2, 4, 6 közül csak két páros szám marad. Ezek nem lehetnek mindkettő a G, E, F csúcsok valamelyikében, pl. az E és F-ben, ugyanis ekkor mint A+B+C+E mint A+B+D+F páros lenne. Nem lehet úgy sem, hogy egyik az E, F, G valamelyikében, és másik a B, C, D valamelyikében , mert pl. E-ben és B-ben illetve E-ben és D-ben, mert ekkor A+B+F+D páros illetve A+B+E+C páros. Úgy sem lehet, hogy mindkettő a B, C, D valamelyikében legyen, pl. a C és D-ben, mert ekkor mint A+B+E+C, mint A+B+F+D páros. Tehát E páratlan, de nem lehet sem 7 sem 5 mert ekkor a másik három szám összege 15-7=8 illetve 15-5=10 lenne, se sem 15, sem 10 nem bontható fel három különböző módon, három szám összegére. Ha A=3 akkor 15-3=12=1+5+6=1+4+7=2+4+6, illetve ha A=1 akkor 15-1=14= 2+5+7=3+4+7=3+5+6 és mivel vagyis két-két 3 tagú összegre való felbontás, páronként az 1, 4, 6 illetve 3, 5, 7 kétszer előforduló számokkal, így ezek az oldalközepeken helyezkednek el, és csak a Csimby 2 ábráján látható megoldásokat adják.

Helló Csimby! Valóban elnéztem egy esetet :-( Az (1) és (2) összefüggéseket felírtam, a három darab (2)-es összefüggés páronkénti egyenlőségéből kijön: B+E=D+G és C+G=B+F ahonnan B-G=D-E=C-F=k. Könnyn látható, hogy k>=2 nem lehetséges, mert akkor 3 darab 2 vagy annál nagyobb különbség kiviszi a 7 számot az 1;2;..;7 számkörből. Itt hibáztam: maradt k=1, innen meg "kikínoztam" a megoldást. Te valóban már annyit egyszerűsítettél, hogy az általad felírt (4) alapján, k=2-A is igaz. Így k=-1 is megfelel amit kihagytam :-( mert k<=-2 ugyanúgy nem lehet mint a leírt.) A hiba kijavítva általad, de még most is azon morfondírozok, hogy 1 és 7 között 2, 4, 6 páros (3 db), 1, 3, 5, 7 (4 db)páratlan, és valahogy a skatulya elv nem-e kapcsolható a páros páratlansággal, hogy rövidebb megoldást kaphassunk??? Üdv, és kösz: epsilon

Valoban :)

Sry!

Kihagytam egy-egy eshetoseget, amikor nem csak kulonbozo kombinaciok vannak... A masik kombinaciokkal kijon a 3 is.

Udv: Vik

Az a baj ezzel, hogy pl. (3k)+(3k)+(3k+1)+(3k+2) már magába foglal több mint 3 esetet (hiszen csak 3k+1 alakú számból 3 db van 1-től 7-ig) és így nem kell, hogy a 15-nek a 3db különböző felbontása mind a 3 általad említett típusból tartalmazzon egyet-egyet.

Hali!

Egy megoldas szerintem:

Eloszor vizsgaljuk a szamokat 3-al valo oszthatosaguk alapjan: (3k+1),(3k+2),(3k),(3k+1),(3k+2),(3k),(3k+1)

Ezekbol csak 3 fele keppen jon ki 3-al oszthato szam /mivel a 15 is az/:

(3k)+(3k)+(3k+1)+(3k+2), (3k)+(3k+1)+(3k+1)+(3k+1), (3k+1)+(3k+1)+(3k+2)+(3k+2). Ugye ezek kozul mindegyikben szerepelnie kell A-nak, tehat A 3k+1 alaku, azaz 1,4 vagy 7.

Most vizsgaljuk 5-el valo oszthatosag alapjan: 5k+1), (5k+2), (5k-2), (5k-1), 5k, (5k+1), (5k+2)

Ezekbol szinten csak 3 felekeppen johet ki 5-el oszthato szam:

(5k)+(5k+1)+(5k+1)+(5k-2), (5k-1)+(5k+1)+(5k-2)+(5k+2), (5k+2)+(5k+2)+(5k+1)+(5k). MIvel ezek mindegyikenek is tartalmaznia kell A-t, A 5k+1 alaku, azaz 1 vagy 6, azaz a fenti halmazzal a metszetet veve A csak 1 lehet.

Udv: Vik

(1) A+B+C+D+E+F+G=28 (ha jól értem, akkor A,B,C,D,E,F,G különböző számjegyek)

(2) A+B+E+C=A+C+G+D=A+D+F+B=15 (a négyszögekben a számok összege 15)

(2)-beli egyenlőségeket összeadva: 3A+2B+2C+2D+E+F+G=45

Ebből (1)-et kivonva:

(3) 2A+B+C+D=17

Felhasználva a (2)-beli egyenlőségeket:

(4) A+D=E+2, A+C=F+2, A+B=G+2

Mivel a számjegyek különbözők kell, hogy legyenek, ezért A,B,C,D egyike sem lehet 2! (Pl. ha D=2, akkor A=E)

Ekkor viszont E,F vagy G egyenlő 2-vel.

(3)-ból és (4)-ből kapjuk, hogy E+F+B=G+D+F=E+C+G=13.

A szimmetria miatt feltehetjük, hogy E=2, ekkor F+B=C+G=11. A 11 pont kétféleképpen bomlik fel két 1 és 7 közötti egész szám összegére: 7+4, 6+5.

A és D már csak 1 és 3 lehet (a többi jegyet felhasználtuk). Mindkét esetben van megoldás. Tehát A ezt a két értéket veheti föl.

Ha jól értettem a feladatot, én 6 megoldást is találtam. A=(1, 4, 7), mindhárom kétszer is. S a <A>-<négy szám összeg> sorban: 1-13, 4-14, 1-16, 7-16, 4-18, 7-19