[572] Maga Péter | 2004-11-16 08:49:35 |
Kedves Attila!
A megoldásod jó. Lényegében én is így csináltam (mármint testbővítéssel).
A megoldásban felhasznált másodfokú testbővítés egyébként is nagyon szép, Surányi László: Algebra-ját ajánlom mindenkinek, akit érdekel a dolog!
|
Előzmény: [571] jenei.attila, 2004-11-15 23:33:36 |
|
[573] zsol | 2004-11-16 17:42:28 |
Sziasztok , A feladat a következő, mely számok oszthatók 13mal? Mi erre az oszthatósági szabály ?
|
|
[574] jenei.attila | 2004-11-18 14:01:47 |
Szóval: a 13-mal való egyik oszthatósági szabály:
A 10a+b alakú szám pontosan akkor osztható 13-mal, ha a+4b is osztható 13-mal.
A nehezebb rész annak belátása, hogy ha 13|10a+b, akkor 13|a+4. Legyen 10a+b=13n. Ekkor 10|13n-b => 10|39n-3b => (40n-et kivonva)10|n+3b. Legyen ezután k=(n+3b)/10, vagyis n=10k-3b. Ezért 10a+b=13n=130k-39b => 10a+40b=130k => a+4b=13k, vagyis 13|a+4b.
A másik irány bizonyítása könnyebb, az utolsó mondatot kell csak visszafelé értelmezni.
|
Előzmény: [573] zsol, 2004-11-16 17:42:28 |
|
[575] Csimby | 2004-11-18 17:17:51 |
Modulo 13, a következő kongruenciák igazak:
100 1, 101 10, 102 9, 103 12, 104 3, 105 4, 106 1, innentől kezdve ismétlődik a kongruencia. Megjegyzed ezt a sorozatot: 1, 10, 9, 12, 3, 4, 1...
Egy n szám akkor osztható 13-mal, ha a számjegyeiből alkotott kifejezés:
a0+10a1+9a2+12a3+3a4+4a5+a6+10a7+...
osztható 13-mal. Nem mondom, hogy érdemes használni...
|
Előzmény: [573] zsol, 2004-11-16 17:42:28 |
|
[576] Hajba Károly | 2004-11-18 19:27:49 |
Ha valamely p szám 10-zel relatív prím, akkor könnyen készíthető hozzá oszthatósági szabály. Ezek egyikét mutatta be Jenei Attila.
Legyen N=10a+b, akkor minden p-re létezik egy a+j*m kisebb szám, melyik szintén akkor osztható p-vel, mikor N is. Csak a j számot kell ügyesen kitalálni. p=3, j=1; p=13, j=4; p=17, j=5; ...
A p=13-hoz tartozó j=4 a következők szerint adódik, s ez egyben egy kaptafát is ad más oszthatósági szabályok barkácsolásához. Keressük p olyan többszörösét, mely 10 valamely többszörösétől 1 különbséggel adódik. 13, 16, >39<. 4*10 = 3*13 + 1.
N=10a+b
4N-39a=40a-39a+4b
Ha N osztható 13-mal, akkor N=13q
4*13*q-3*13a=a+4b
13(4q-3a)=a+4b
Tehát ekkor a+4b is osztható 13-mal. S ez a első feltételnek megfelelő bármely számra elkészíthető.
HK
|
Előzmény: [573] zsol, 2004-11-16 17:42:28 |
|
[577] Hajba Károly | 2004-11-18 19:32:28 |
A második sor így helyes:
Legyen N=10a+b, akkor minden p-re létezik egy a+j*b kisebb szám, melyik szintén akkor osztható p-vel, mikor N is. Csak a j számot kell ügyesen kitalálni. p=3, j=1; p=13, j=4; p=17, j=5; ...
|
Előzmény: [576] Hajba Károly, 2004-11-18 19:27:49 |
|
|
[579] jenei.attila | 2004-11-18 21:43:23 |
hasonló módszerrel egyéb érdekes oszthatósági szabályokat lehet találni. Pl. 13|100a+b <=> 13|100a+b-104a-13b 13|-4a-12b <=> 13|a+3b. Itt b már kétjegyű lehet, de b helyett számolhatunk 13-mal való osztási maradékával, vagyis 13|100a+b <=> 13|a+3(b mod 13)
|
Előzmény: [578] jenei.attila, 2004-11-18 21:17:31 |
|
[580] rizs | 2004-11-19 01:53:54 |
még Loríntfy feladta volt annak idején, csak nekem most véletlen kellene a megoldása az 56. feladatnak :) meg lehet tudni? .D:D
illetve még egy remek kis feladat: adjunk meg négy olyan egymást követő prímszámot, amelyek számtani sorozatot alkotnak.
üdv, rizs
|
|
[581] rizs | 2004-11-19 01:59:16 |
115. feladat: Van egy börtön, amelynek az udvarán van egy kétállású kapcsoló, véletlenszerű állapotban. A rabok ugyan nem beszélgethetnek, nem adhatnak információt semmilyen módon egymásnak, de bármikor átbillenthetik a kapcsolót a másik állapotába. (A valósággal való egyezés a véletlen műve.) Ebbe a börtönbe visznek N rabot, akik még a rabomobilban összebeszélhetnek. A rabok jól ismerik ennek a börtönnek a szokásait, beeértve a kapcsolót is. Tudják, hogy amikor beviszik őket többet nem beszélhetnek, de "felajánlják" majd nekik, hogy ha mindegyikük már legalább egyszer átállította a kapcsolót és valamelyikük szól, akkor mindegyiküket szabadon engedik. Ha valaki azelőtt szól, hogy valaki még nem nyúlt a kapcsolóhoz, akkor mindenkit kivégeznek. A börtönszokásokhoz tartozik az is, hogy mindenki csak egyedül sétálhat (tehát nem is láthatják a másikat a kapcsolónál) és teljesen véletlenszerű, hogy mikor kit engednek ki sétálni. Semmi garancia nincs arra, hogy mindenki véges időn belül sétálni fog.
Össze tudnak-e beszélni a rabok, hogy szóljon valamelyikük, ha biztosan tudja, hogy mindenki legalább egyszer már hozzányúlt a kapcsolóhoz?
|
|