[647] Csimby | 2004-12-16 21:44:11 |
 128. feladat
Egy 8×8-as sakktáblán 8 bástyát helyeztünk el úgy, hogy semelyik kettő sem üti egymást. Bizonyítsuk be, hogy páros sok bástya áll fekete mezőn. (Arany Dani döntő volt, a KöMaL-ban szerepel, de nem mindenkinek jár az újság)
|
|
|
[644] Szabó Dániel | 2004-12-10 20:02:27 |
 Matekszakkörön találkoztam a következő feladattal: hány olyan 1000000-nál kisebb természetes szám van, melynek a számjegyeinek összege páros, s a nála eggyel nagyobb szám számjegyeinek összege is páros. Leszámoltam Turbo Pascallal, az eredmény 45455. Tanárom szerint 45454. Melyikünknek van igaza?
|
|
|
[642] Kemény Legény | 2004-12-08 20:43:54 |
 Ha valamelyik ismeretlen 1,akkor a többi is az,és ez megoldás. A 3 egyenlet logaritmusát összeszorozva kapjuk,hogy : xyzlog(x)log(y)log(z)=log(x)log(y)log(z),mivel egyik sem 1(ezt már feltehetjük) xyz=1.Ha nem mind 1: vagy van 2 db 1-nél kisebb vagy lesz 2 db 1-nél nagyobb.Ha pl x és y 1-nél nagyobb: z=x**y>1,azaz xyz>1*1*1=1,nem lehetséges.Ha x és y 1-nél kisebbek z=x**y<1 azaz xyz<1*1*1=1 nem lehetséges.Igy x=y=z=1 a megoldás. (A ** jelöli a hatványozást).
|
Előzmény: [631] Lóczi Lajos, 2004-11-26 01:04:46 |
|
[641] Csimby | 2004-12-08 18:39:12 |
 A bal alsó sarokban szereplő számjegy a feltételek miatt nem szerepelhet megegyszer a szürkével jelölt négyzeteken. A skatulya-elv miatt rögtön látszik, hogy mindegyik számjegy pontosan 6-szor kell, hogy előforduljon. Tehát a fennmaradt fehér mezőkön összesen 5-ször kell elhelyezni azt a számjegyet ami a bal alsó sarokban szerepel. Ekkor a két egybevágó fehér rész közül az egyikben 3-szor kell, hogy szerepeljen ez a számjegy. Ez pedig már könnyen látszik, hogy nem lehetséges...
|
 |
Előzmény: [639] rizs, 2004-12-08 14:28:16 |
|
[640] rizs | 2004-12-08 14:29:44 |
 Van egy számológépünk, ami kicsit komolyabb, mint egy négyműveletes, tehát tud olyan műveleteket (az inverzeikkel együtt!), hogy gombnyomásra négyzet- és köbgyököt von, van rajta sinus, cosinus, tangens (mindezek hiperbolikus változatai is), 1/x, 10 és e alapú logaritmus, faktoriális. Egy cetlire fel van írva két különböző pozitív egész szám (többjegyű is lehet). Az elsőt még be tudjuk pötyögni a cetliről, de azután már az összes számjegy gombja (0-9) és a tizedesvessző, valamint a négy alapművelet gombja is elromlottnak tekintendő, még az = sem működik. Ezekhez nem szabad nyúlni. A feladat az, hogy csak a rendelkezésre álló matematikai funkciók gombjainak használatával elérjük, hogy a beírt szám helyett előbb-utóbb a cetlin lévő másik pozitív egész szám legyen a kijelzőn. Tehát olyan eljárást kell keresni, amelynek kiindulása az egyik pozitív egész szám, végeredménye pedig a másik, azok értékétől és különbségétől függetlenül. (A kiindulási szám akármennyivel kisebb, de nagyobb is lehet a másiknál.) A módszernek tehát olyannak kell lennie, hogy bármely két pozitív egész számra működjön.
|
|
[639] rizs | 2004-12-08 14:28:16 |
 sziasztok!
szerintetek lehet rajzolni olyan 6*6-os bűvös négyzetet, amelynek mindegyik sorában, oszlopában és átlójában (átlóként értelmezünk minden átlót, tehát a sarok elemeket, az azok mellett elhelyezkedő 2 elemű átlót, stb.) az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számok midegyike legfeljebb 1 alkalommal fordul elő. Természetesen ez azt jelenti, hogy a sorokban, az oszlopokban, és a főátlókban mindegyik szám pontosan egyszer szerepel.
|
|
[638] Csimby | 2004-12-07 22:07:15 |
 Ha valakit érdekel, a "Bizonyítások a Könyből" című könyvben (Könyvajánló [27] és [28]) például 3 bizonyítást is adnak erre :

Ebből:


Tehát:

Megjegyzés:
A Riemann-féle (s) zéta függvényt s>1-re -ként definiáljuk.
|
Előzmény: [636] Lóczi Lajos, 2004-12-03 17:44:57 |
|
|