Fórum: Érdekes matekfeladatok

Hello PolarFox!

Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget, mivel pozitív tagokról van szó ezt megtehetjük. A tagok amire alkalmazzuk x³, 2y³, 4z³.

átrendezve:

x³+2y³+4z³-6xyz0 egyenlőség akkor lép fel, ha a tagok amire alkalmaztuk a közepeket egyenlőek, vagyis x³=2y³=4z³ Ehhez pedig az kell, hogy a tagokban a 2-es azonos kitevőn legyen, vagyis, ha x-ben a-val, y-ben b vel, z-ben c-vel jelöljük a kettőnek a kitevőjét, akkor az alábbi egyenletnek igaznak kell lenni: 3a=3b+1=3c+2 ahol a,b,c egészek. Ez viszont nem lehet soha egyenlő, mert 3-mal osztva különbőző maradékot adnak. Ebből viszont az következik, hogy az egyetlen megoldás a triviális megoldás, ha a x,y,z is 0.

Remélem jó és érthető!

Üdv, Zoli

Sziasztok. Nagy problémám van, már rég óta agyalok egy egyenleten de nem sikerül szorzattá alakítanom, légyszi segítsetek. A feladat: (nem tudok felső indexet írni) x*x*x+2*y*y*y+4*z*z*z-6xyz=0 tehát x3+2y3+4z3-6xyz=0 oldd meg az egyenletet, ha x;y;z eleme a pozitív egész számoknak.

Székely J. Gábor Paradoxonok a véletlen matematikájában c könyvében azt olvastam, hogy 100 lottószelvényt kell kitöltenünk ahhoz, hogy biztos legyen kettes találatunk az ötöslottón (ennyi minimum kell és ennyi elég is), viszont nem tudjuk megmondani, hogy hány szelvény kell minimum a biztos hármas illetve négyes találat eléréséhez.

Tudna valaki ennek a problémának a mélységéről, kutatási irányáról részletesebben írni? Nagyon érdekesnek találom a problémát, mert egyszerű a kérdés, bárkinek eszébe juthat és mégsem tudjuk megválaszolni...sőt ezek szerint a meggondolások messzebbre is vezetnek, mint ahogy elsőre tűnik.

Szoval a Pascal-haromszogben a paratlan szamok egy Sierpinski-haromszog nevu fraktalon helyezkednek el, es erdekes modon ezt a Sierpinski-haromszoget egy vonallal le lehet rajzolni:

Igen, tényleg rosszat írtam.

Tehát akkor páratlan akkor és csak akkor, ha n AND NOT m=0.

Megértettem, de szerintem pont fordítva van, mint ahogyan írtad:

Legyen pl. m=2, n=1, ekkor páros, az 1 és 2 számok kettes számrendszerben 01 és 10, ezek bitenkénti AND NOT-ja kettes számrendszerben 01, azaz nem nulla.

Legyen most m=3, n=1, ekkor páratlan, az 1 és 3 számok kettes számrendszerben 01 és 11, melyek bitenkénti AND NOT-ja kettes számrendszerben 00, azaz nulla.

Tehát pontosan akkor páratlan, ha (a fenti átírás szerint, balról a megfelelő számú nullákkal kiegészítve) n BIT AND (NOT m) minden bináris jegye 0.

Az idézett honlapon viszont nem egyértelmű a kiszámítási utasítás, tehát nem mondhatjuk rá, hogy rossz: ott csak annyi van írva, hogy n XOR m kifejezésből lehet KISZÁMOLNI (de hogy hogyan, az kérdés).

Igaz, igaz, kicsit figyelmetlen voltam.

n=2-es számrendszerben mondjuk kicsit furcsa a dolog, de végülis ott is működik. Ott ugye minden számra S értéke éppen az n-1-es, azaz 1-es maradék (ezt igen ritka esetben szokta az ember használni általában), ami minden számra nulla, viszont 0 helyett mindig n-1-et, azaz 1-et kell venni, tehát 2-es számrendszerben minden számra S értéke 1.

Lényegében igen. Annyi pontosítást csak, hogy S(n) értéke a 9-cel való maradék, ha az nem nulla, és 9, ha n osztható 9-cel.

At kell irni oket kettes szamrendszerbe, hogy konnyen el tudd vegezni bitenkent a logikai muveleteket. (A tizes szamrendszer szerintem nem tartozik magahoz a szamhoz, az csak azt jelenti, hogy irod le oket.)

Ugy ertem, ha nimet jatszol, akkor bitenkenti xor muveletet kell vegezni a nyero strategia meghatarozasahoz, attol fuggetlenul, hogy milyen szamrendszerben irod fel a kovek szamat.

Dehát S értéke éppen a szám 9-es maradéka, az pedig hatványozás során nyilván periodikus sorozatot ad. És a 2-hatványokon éppen azért egyezik meg S értéke a 11-hatványokéval, mert ugyanazt a 9-es maradékot adják. Más (n-es) számrendszerre elvileg ugyanez megy, ott S értéke épp a szám n-1-es maradéka lesz.