| [1258] epsilon | 2006-05-28 15:38:58 |
 Szia Lorantfy! Rendben, megpróbálom így cáfolni, hogy nem lesz duplázás. Valóban, ha az alaphelyzet nem áll elő, akkor a többi ismétlődés is kizárt. Alaposabban megfigyelem, hogy az alakzatok "dudorai" miveb játszanak kúlcsszerepet! Üdv: epsilon
|
| Előzmény: [1257] lorantfy, 2006-05-28 14:34:36 |
|
| [1259] MateMSR | 2006-06-02 18:56:20 |
 Sziasztok!
Mar regota tunodom azon hogy lehet-e egy ismetlodo tizedes szam egyenlo egy egesz szammal. Igaz-e az hogy 9.999... a vegtelensegekig ismetelve egyenlö lesz 10-el?
Ha igen akkor hogyan, mert mindig lesz kulönbseg a 10 es a 9.999... kozott?
|
|
|
| [1261] epsilon | 2006-06-04 21:15:22 |
|
Sziasztok! Íme megint egy érdekes logikai-matematikai feladat: Az A, B, C, D, E , F, G számok az 1-től 7-ig terjedő különböző pozitív egészek valamelyikét jelöli:
A feltétel: mindhárom négyzet mentén a számok összege 15. Milyen szám lehet az A?
Nem egyszerűen bizonyítottam, hogy csak egyik lehet a 7 közül, azt is, hogy melyik, de egy ilyen egyszerű feladatra nem létezne egszerű megoldás? Hát ezért tettem ide fel, hátha több szem többet lát alapon, egyszerűbben is lehet dolgozni mint Én!
Várom tehát a meglátásaitokat! Üdv: epsilon
|
 |
|
| [1262] Hajba Károly | 2006-06-05 00:38:34 |
 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
|
| Előzmény: [1261] epsilon, 2006-06-04 21:15:22 |
|
| [1263] Csimby | 2006-06-05 01:17:22 |
 (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.
|
 |
| Előzmény: [1261] epsilon, 2006-06-04 21:15:22 |
|
| [1264] xviktor | 2006-06-05 01:38:22 |
|
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
|
| Előzmény: [1261] epsilon, 2006-06-04 21:15:22 |
|
| [1265] Csimby | 2006-06-05 01:48:27 |
|
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.
|
| Előzmény: [1264] xviktor, 2006-06-05 01:38:22 |
|
|
|
