|
|
|
|
|
|
[1434] djlado | 2006-10-24 08:31:04 |
 Erdekes feladat:
Hogyan visz ki a pincerno 20 palinkat 5x re ugy , hogy mind az 5x parantlant vigyen?
|
|
|
[1432] nadorp | 2006-10-22 22:55:30 |
 Kedves phantom_of_the_opera !
Utólag olvasva [1429] hozzászólásod végét, nem volt "szép dolog" Lóczi Lajossal szemben, hogy megoldottuk a szorgalmi példádat. Álljon itt egy hasonló, hátha mégis kaphatsz plusz pontot :-)

|
Előzmény: [1431] phantom_of_the_opera, 2006-10-22 14:04:51 |
|
|
|
|
[1428] phantom_of_the_opera | 2006-10-21 23:10:52 |
 Megint én.
A következő feladat okoz igen nagy gondot:
Bizonyítsuk be, hogy . Egyébként n 2-től igaz csak...
Állítólag indukcióval kéne, addig jutok, hogy megpróbálom párosítani a szélső tagokat, hogy bele lehessen keverni a binomiális tételt, de igen körülményes, és máshogy se akar kijönni. Tudnátok segíteni?
Előre is köszönöm.
(Lóczi Lajos: ha kapok rá plusz pontot, ha nem, megőrülök hogy nem tudom megcsinálni és nem bírom ki a következő gyakig (nov 6))
|
|
|
|
|
[1424] Sirpi | 2006-10-16 15:33:47 |
 A valós számok közt csak az 1 és a -1 egységgyök, szóval ezt a két esetet sikerült is elintézned, bár az elsőnél nullával osztasz, szóval azt nem is :-) Szóval a -1 kilőve. A többivel mit csinálsz? ;-)
Mondjuk a mértani sor összegképletét szerint nyugodtan felhasználhatod, és akkor nem -n-et írsz a jobb oldalra, hanem a megfelelő hányadost, és úgy kijön. Szóval nem egészen értem, hogy jönnek ide az egységgyökök...
|
Előzmény: [1423] Cckek, 2006-10-16 14:18:59 |
|
|
|
|
|
[1419] phantom_of_the_opera | 2006-10-15 16:11:24 |
 Sziasztok!
Némi segitségre lenne szükségem egy matekfeladattal kapcsolatban: Komplex számok témakör:
Mennyi 1+2 +3 2+...+n n-1?
(Az az n-edik egységgyök akar lenni)
|
|
|
|
|
|
[1410] jonas | 2006-10-10 20:24:46 |
 Ezek szerint valószínűleg nem számolható könnyen, hiszen nemhogy nincs rá zárt képlet írva a Sloane-ban, hanem még "hard" flaget is kapott, tehát 9×9-es mátrixra már nem is ismert a pontos szám.
|
Előzmény: [1409] jonas, 2006-10-10 19:57:37 |
|
[1409] jonas | 2006-10-10 19:57:37 |
 Ez érdekes kérdés. Az ismert, hogy a q elemű test feletti reguláris n×n-es mátrixok száma (qn-q0)(qn-q1)...(qn-qn-1). Ez azért igaz, mert ha már valahogy kitöltöttük a mátrix első k oszlopát, akkor a k-adikat qn-qk módon tölthetjük ki, mert ki van zárva az a pontosan qk vektor, ami az előző oszlopok terében benne van. (Itt persze az indexek 0-tól kezdődnek.) Például q=2-re ez az A002884 sorozat.
Mármost ennek a sorozatnak a Sloane bejegyzése hivatkozik az A046747-ra, ez pedig az A055165-ra, ami valószínűleg a te kérdésedre megadja a választ.
|
Előzmény: [1408] Cckek, 2006-10-10 05:37:42 |
|
[1408] Cckek | 2006-10-10 05:37:42 |
 A mátrixok száma persze egyenlő az f:{1,2,...,n}x{1,2,...,n} {0,1} függvények számával ami persze 2n2 De még mindig nem tudom hány ilyen mátrix reguláris?
|
Előzmény: [1407] Cckek, 2006-10-09 20:50:32 |
|
[1407] Cckek | 2006-10-09 20:50:32 |
 A következő egyszerűnek tűnő problémánál akadtam el, talán valaki segít: Hány nxn-es mátrix képezhető a {0,1} halmaz elemeiből? Ezek közül hány reguláris? Minden segítséget szivesen veszek. Köszi.
|
|
|
|
[1404] Trembeczki Diána | 2006-10-09 13:08:26 |
 Sziasztok!
Már napok óta nem tudom megoldani a következő kis feladatot, most már rákerestem, hátha valaki tud ebben segíteni! A korábbi fórumhozzászólásokat nem böngésztem végig, csak most jelentkeztem be! Szóval: A "szokásos" gyufás feladat, helyezzünk át egy gyufaszálat úgy hogy az egyenlet igaz legyen:
III - I = VI
Előre is köszönöm!
|
|
|
[1402] rizsesz | 2006-10-08 15:45:44 |
 Egy szórakoztatóbb: hogy lehet egy 4 és egy 6 literes edény segítségével 10 liter vizet (amihez egy 10 lieters edény is van természetesen) 5-5 literre szétbontani?
|
|
|
|
[1399] Cckek | 2006-10-07 21:04:43 |
 (k2-1)ak+1+(1-2k)ak+ak-1=(k-1)[(k+1)ak+1-ak]-[kak-ak-1]
Bevezetve a bk-1=kak-ak-1jelölést kapjuk: (k-1)bk-bk-1=0 Tehát
Tagonként felirva és összeszorozva kapjuk:
Visszatérve a jelölésre:
Legyen 2a2-a1=a, kapjuk, hogy (k+1)!ak+1-k!ak=a.k
Tagonként összegezve kapjuk:
Tehát 
|
Előzmény: [1398] Lóczi Lajos, 2006-10-07 20:06:04 |
|
[1398] Lóczi Lajos | 2006-10-07 20:06:04 |
 Oldjuk meg az alábbi rekurziót ak-ra (k nemnegatív egész):
(k2-1)ak+1+(1-2k)ak+ak-1=0.
|
|
|
|
|
[1394] rizsesz | 2006-10-03 23:39:22 |
 Gondolom ez már lepörgött: n darab rabló egy láda kincset szeretne elosztani úgy, hogy utána mindannyian úgy érezhessék, hogy nem jártak rosszul. Adjunk módszert tetszőleges n értékre (ez az n=2 esetén az egyik két részre osztja bontja a kupacot, a másik felosztja típusú).
|
|
[1393] Cckek | 2006-10-03 22:50:48 |
 Nagyon érdekes nem?
,,...one should not expect results on iterative roots in a general situation. In fact, even roots of polynomials are not described. Even worse: we do not know whether every complex cubic polynomial has a square root..."
De azért nem hagyok még fel a témával:)
|
Előzmény: [1391] Lóczi Lajos, 2006-10-03 22:22:25 |
|
|
|
|
[1389] jonas | 2006-10-03 21:44:21 |
 Nos, ezt a függvényes kérdést a Knuth 2. kötet tárgyalja a hatványsoroknál. Nem tudom a részleteket fejből, úgyhogy vedd ki valahonnan a könyvet, ha érdekel.
|
Előzmény: [1388] Cckek, 2006-10-03 21:28:00 |
|
|
|
|
[1385] Cckek | 2006-09-28 18:47:44 |
 Nos, a következő probléma érdekel: milyen feltételeknek kell eleget tegyen egy n-edrendű, valós elemű négyzetes A mátrix, hogy létezzen olyan X mátrix melynek a négyzete A. n=2 esetben letárgyaltam,és elég érdekes feltételeket kaptam. Érdekel, hogy foglalkozott-e már valaki ezzzel a témával, és mikor számítható ki egy mátrix n-edik 'gyöke'? Köszi
|
|
[1384] epsilon | 2006-09-24 22:28:24 |
 Az [1369] és az utánna leírtakra visszatérve, érdekes, hogy a következő "esztétikus" dupla egyenlőtlenség "gyengébb" az összes felsoroltnál (kivéve a Wallisnál leírtat), és ez sem bizonyítható indukcióval, csak elemi "trükkel":
|
 |
|
|
|
|
|
|
|
|
[1376] Lóczi Lajos | 2006-09-24 20:21:21 |
 Igen, pont ez a tanulság. A gyengébb nem jön ki indukcióval, az erősebb igen. Ha tehát az indukcióban az "öröklődési tulajdonság" igazolása nem jár sikerrel, az még nem jelenti azt, hogy az eredeti állítás nem igaz.
|
Előzmény: [1375] ágica, 2006-09-24 20:19:16 |
|
|
[1374] epsilon | 2006-09-24 20:08:39 |
 Elnézést, a limesznél nem x hanem n tart a végtelenhez!
|
|
[1373] epsilon | 2006-09-24 20:06:13 |
 Elnézést, hogy képben szúrom be, de csak a Math Typpel szoktam dolgozni!
|
 |
|
[1372] Lóczi Lajos | 2006-09-24 20:05:36 |
 Rendben, de [1369]-et épp azért pont úgy tűztem ki, hogy direkt azt próbálja az ember indukcióval megcsinálni :) Számomra tanulságos volt, amikor találkoztam ezzel a példával.
|
Előzmény: [1371] ágica, 2006-09-24 19:31:04 |
|
[1371] ágica | 2006-09-24 19:31:04 |
 Ez például teljes indukcióval könnyen igazolható: n=1-re, 2-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy valamilyen n-re is teljesül, és vizsgáljuk n+1-re a bal oldalt:

az indukciós feltevés miatt. Innen már elég belátni, hogy

ez pedig teljesül, mivel átszorzás, négyzetre emelés és rendezés után azt kapjuk, hogy 19n 20n.
(És ebből persze következik, hogy [1369] is igaz.)
|
Előzmény: [1369] Cckek, 2006-09-24 16:07:08 |
|
|
|
[1368] Lóczi Lajos | 2006-09-24 10:49:54 |
 Igazoljuk, hogy tetszőleges pozitív egész n esetén fennáll, hogy

|
|
[1367] rizsesz | 2006-09-12 19:24:27 |
 Sirpi nyert. :) Amúgy az ugyanoda nem véletlenül volt mácskákörömben, mint fel lettem világosítva. elnézést ezért a "remek" feladatért. :)
|
|
[1366] jonas | 2006-09-12 16:54:28 |
 Egyrészt még mindig elkanyarodhatnak miután elindultak ellentétes irányba. Másrészt ennyi erővel állhatnak két futógépen egymással szemben, és mondjuk lusták, úgyhogy csak gyalogos sebességre kapcsolnak.
|
Előzmény: [1363] rizsesz, 2006-09-11 23:55:12 |
|
|
[1364] Suhanc | 2006-09-12 08:39:39 |
 Kedves Jonas és Rizsesz,
elnézést, nemrég figyelmeztettek rá, hogy totál nem az volt a feladat, a 3 nőnél, amit gondoltam, ill. ami szerepelt régebben. Ebben az értelemben az előző hozzászólásom nem tartalmaz fontos infót...(és nem olvastam el figyelmesen azt a 2 sort..:S)
|
Előzmény: [1355] Suhanc, 2006-09-11 08:11:54 |
|
[1363] rizsesz | 2006-09-11 23:55:12 |
 Nos.: Két ember elindul egy pontból ellentétes irányba "ugyanoda" jutnak 1 óra GYALOGOS séta után
hogy lehet ez?
|
|
[1362] Doom | 2006-09-11 22:38:32 |
 Hehh... gyors vagy! Én még mindig rajzot akartam hozzá készíteni, de mivel ilyen jól leírtad, inkább leteszek róla (ugyse sikerült jól, nem jön be ez a fránya Euklidesz.. :(. )
|
Előzmény: [1361] Suhanc, 2006-09-11 22:27:21 |
|
[1361] Suhanc | 2006-09-11 22:27:21 |
 Tekintsük a pontok által meghatározott háromszögek közül a legnagyobb területűt, ha több ilyen van, akkor ezek egyikét. Tükrözzük a háromszöget az oldalak felezőpontjaira. Így egy olyan, 4 területű háromszöget kapunk, melynek az erdeti háromszög a középvonalakból alkotott háromszöge. Végiggondolható, hogy ezen a háromszögön kívül nem lehet pont, mert ekkor az erdetileg felvett háromszögnél nagyobb területű háromszöget találnánk... ezt a gondolatmenetet végigjárva a bizonyítást befejeztük.
|
Előzmény: [1357] rizsesz, 2006-09-11 10:39:41 |
|
|
|
|
|
[1356] Suhanc | 2006-09-11 08:16:00 |
 Ez egy "marhaság" tőlem egy régi logi-sztori alapján :)
Az egyik ember kamiont vezet. A kamion rakterében működő futógépen fut a másik . Egyszerre, ellentétes irányban indultak, mégis, mindketten ugyanoda értek, ahová a kamoinos vezetett...
???
|
Előzmény: [1350] rizsesz, 2006-09-09 14:05:52 |
|
[1355] Suhanc | 2006-09-11 08:11:54 |
 Kedves Jonas és Rizsesz,
biztosan elég az átlagéletkorokat megtudni? Lehet, hogy félreértettem valamit, és hülyeséget kérdezek, de legyenek a nők 10, 20, 60 évesek. A 10 és 20 éves nők akár a másik kettő , akár a hármuk átlagéletkorát megtudják, csak annyi infó jut nekik, hogy fiatalabbak a hármuknál, azaz, az ki fog derülni, ki a legidősebb, de ha jól látom, ennyiből még más nem...
Egy hasonló ötletem lenne (feltéve, hogy jó fejszámolók, ha nem, ott a papír...).
Legyen a 3 nő A, B, C, életkoraik rendre a, b, c.
A gondol egy n számot. B megtudja (a+x)-et, C tőle (a+b+x)-et, A megtudja C-től (a+b+c+x)-et. A ebből ismeri (b+c+x)-et, ezt megmondja B-nek. B most már ismeri (a+x)-et és (c+x)-et is, tehát meg tudja mondani, A vagy C az idősebb. Ugyanezt váltott szerepekkel még 2szer lejátszva megvan a sorrend.
PS: ha jól emlékszem ,ezt a feladatot már tárgyaltuk a fórumon, ennnek már van egy éve is, talán a "csak logika" topicban, de ezért nem tenném tűzbe a kezem...
|
|
|
|
[1352] rizsesz | 2006-09-10 23:02:35 |
 1000 pontunk van a síkon. Ismert, hogy bármelyik 3 által létrejövő háromszög egynél kisebb területű. A kérdés: Lefedhetjük a pontokat egy négynél kisebb területű háromszöggel?
|
|
|
[1350] rizsesz | 2006-09-09 14:05:52 |
 oké, tudom, hogy mi az a feltétel, amit most elfelejtettem ideírni, és amiért nekem is egyre több bajom van a feladattal :) tehát egy pontból, irányváltoztatás nélkül haladnak, azaz el kell felejteni a Földön haladás szisztémát, ami folyamatos kanyarodást jelent. tehát sík felületen haladnak.
|
Előzmény: [1347] Sirpi, 2006-09-07 23:53:14 |
|
|
|
[1347] Sirpi | 2006-09-07 23:53:14 |
 Na, akkor így a 3-ra együtt.
Az elsőnek azért kell vonalazni, mert ha csak a saját életkorát húzza be, és a lapot továbbadja, a második megtudja a korát.
Az ellentétes irányba menő embereknél meg nem elég az, hogy a kelet és a nyugat (vagy az észak és dél) ellentétes irány? és akkor csak egy olyan szélességi (hosszúsági, de ilyen nincs) kör kell, ami végig szárazföldön halad, hogy ne legyen gond a végigmenetellel.
A másodikat meg cigarettákkal szokták feladni, azok elég hosszúak, hogy meg lehessen velük csinálni. De ehhez egyelőre nem írok semmit, érdemes gondolkodni rajta egy sort...
|
Előzmény: [1346] rizsesz, 2006-09-07 21:47:21 |
|
[1346] rizsesz | 2006-09-07 21:47:21 |
 Van még 2 feladványom. Az egyiket nemrég kaptam, és azt hiszem, meg fogok őrülni tőle, pedig nagyon egyszerűnek tűnik. Két ember elindul egy pontból, ellentétes irányba, és "ugyanoda" jutnak 1 óra séta után. hogy lehet ez?
A másik: hogyan lehet elhelyezni 7 kör alapú hengert úgy, hogy bármelyik kettő érintse egymást? Itt persze a szükséges alapkör-sugár és magasság aránya adott.
|
|
[1345] rizsesz | 2006-09-07 21:42:35 |
 Helyes. Bár az már nem is kell, hogy az első levonja a saját pöttyeit, elég ha az első kettő rajzolgat, majd a harmadik hozzáadja a korát, és oszt hárommal. vagy nem tudom. :)
|
Előzmény: [1344] Sirpi, 2006-09-07 21:12:55 |
|
[1344] Sirpi | 2006-09-07 21:12:55 |
 Nyilván az átlagéletkorból bárki ki tudja számolni a másik kettő átlagéletkorát is, tehát ennyi infót mindenképp közölnek. De ennyit elég is. Az első húz valamennyi vonalat egy lapra úgy, hogy a 3. semmiképp se lássa a lapot, majd továbbadja a másodiknak (a vonalak számát viszont megjegyzi). Ő annyi vonalat húz az eredetiek mellé (ugyanazzal a tollal), ahány éves (közben figyel, hogy ezt senki se lássa), majd továbbadja a lapot a 3.-nak, aki szintén "mögévonalazza" a saját életkorát. A lap visszaér az 1-eshez, aki leszámlálja ezekből a saját vonalait, amiből megkapja a másik kettő életkorösszegét, ehhez a sajátját hozzáadva és harmadolva megkapja az átlagéletkort.
Ha hónap, nap is számít, akkor több részletben, kicsit több vonallal megy a dolog, csak szervezés kérdése :-)
|
Előzmény: [1343] rizsesz, 2006-09-07 17:30:53 |
|
[1343] rizsesz | 2006-09-07 17:30:53 |
 Álljon itt egy újabb remek: Adott 3 nő, akik szeretnék megtudni átlagéletkorukat, de egyikük sem szeretné, ha bármilyen információ kiderülne a többiek számára a korokról. Nem lehet negyedik embert bevonni, viszont tolljuk és papírjuk van.
|
|
|
[1341] Suhanc | 2006-09-02 20:27:03 |
 Egy lehetséges megoldás Attila feladatára:
(elnézést,ábrát nem tudok mellékelni; egyben kérdezem is, milyen módon készíthetek a későbbiekben megfelelőe kis helyet foglaló ábrát ide?)
A feladat jelöléseit használva, forgassuk el a négyzetet a benne lévő P ponttal együtt B körüli pozitív irányban 90° kal. Ekkor A=C' és nyilván AP=AP'=1, BP=BP'=2 és CP=CP'=3.
A forgatás értelmében PBP'szög= 90° ; mivel BP=BP',így PBP' háromszög egyenlő szárú, derékszögű háromszög, tehát P'PB szög= 45° és .
Ekkor APP' háromszögben AP2+PP'2=AP'2=9, tehát a háromszög derékszögű.
A fentiek értelmében APBszög= APP' szög + P'PB szög= 45°+90°=135°.
|
Előzmény: [1332] jenei.attila, 2006-08-31 11:06:58 |
|
|
[1339] Sirpi | 2006-09-02 06:38:33 |
 Remélem nem keserítek el senkit, de legjobb tudomásom szerint ez a mai napig megoldatlan. Azt hiszem az volt A jelű Kömal-feladat, hogy az oldalegyeneseken (tehát nemcsak az oldalszakaszokon) nem létezhet ilyen pont.
|
Előzmény: [1334] Cckek, 2006-08-31 12:10:19 |
|
|
|
|
[1335] Hajba Károly | 2006-09-01 08:35:50 |
 Üdv! Csak 'hangos' gondolkodás. :o)
Ha a két koordinátaérték nevezőjének szorzatával megszorzom a számlálókat, akkor egész számot kapok, tehát innentől maradhatunk az egész számok között. Tekintsük a pitagoraszi számhármasokat. Ha jól emlékszem, akkor a (m>n>1) N+ esetén az (m2+n2,m2-n2,2mn) számhármas pitagoraszi. E számhármas halmazból kellene tudnom kiválasztani négyet úgy, hogy a 2. és 3. tagjaikat a szükséges módon össze lehessen párosítani. Vagy bizonyítani, hogy ez nem lehetséges. (Ha nem tévedek. :o)
|
Előzmény: [1334] Cckek, 2006-08-31 12:10:19 |
|
[1334] Cckek | 2006-08-31 12:10:19 |
 Talán valakinek van valamilyen ötlete a következő jólismert problémához: Van-e az egységnégyzet sikjában olyan pont melynek távolságai az egységnégyzet csúcsaitól racionálisak?
|
|
[1333] Cckek | 2006-08-31 11:55:08 |
 Vegyük fel az ABCD négyzetet egy koordinátarendszerben, a következő képpen.
Legyenek a P pont kordinátái u, illetve v, és legyen a négyzet oldala x. Ekkor:
PA=
PB=
PC=
Az egyenletrendszert megoldva az illetve az egyenlethez jutunk ahonnan , tehát x2=288
|
 |
Előzmény: [1329] barnus, 2006-08-31 10:38:47 |
|
|
|
|
|
|
[1327] Yegreg | 2006-08-30 23:31:02 |
 Azt hiszem 288, de már késő van, szóval feltehetőleg elszámoltam. :)
|
|
[1326] barnus | 2006-08-30 21:09:57 |
 Köszönöm a megoldást Lorantfy! Itt van egy újabb példa a vállalkozó szelleműeknek! Az ABCD négyzet belseében lévő P pont távolsága három csúcstol sorra PA=7, PB=13 és PC=17. Számítsuk ki a négyzet területét!
|
|
[1325] rizsesz | 2006-08-29 20:15:37 |
 Hát persze, hogy nem ennyire triviális, hehh. Újabb szórakoztató feladvány 2.0.: A zöldségesnél sorban állnak az emberek, és :) az első, illetve az utolsó ember kivételével :) mindenki azt észrevételezi, hogy az előtte és mögötte álló emberek közül ugyanannyit ismer. Bizonyítsuk be, hogy az első és az utolsó embernek ugyanannyi ismerőse van.
|
|
[1324] Csimby | 2006-08-29 20:01:33 |
 Mivel az első ember előtt nem áll senki, ezért senkit sem ismer maga előtt, de ugyanannyit ismer maga előtt mint maga mögött, tehát senkit sem ismer. Ugyanígy az utolsó ember mögött sem áll senki, tehát nem ismer maga mögött senkit, tehát maga előtt sem ismer senkit. Vagyis az első és utolsó ember egyaránt nem ismer senkit. De ekkor a második ember senkit nem ismer maga előtt és az utolsó előtti ember senkit nem ismer maga után, tehát Ők sem ismernek senkit sem. Így tovább, senki sem ismer senkit... :-)
|
Előzmény: [1323] rizsesz, 2006-08-29 19:29:43 |
|
[1323] rizsesz | 2006-08-29 19:29:43 |
 Egy újabb szórakoztató feladvány:
A zöldségesnél sorban állnak az emberek, és mindenki azt észrevételezi, hogy az előtte és mögötte álló emberek közül ugyanannyit ismer. Bizonyítsuk be, hogy az első és az utolsó embernek ugyanannyi ismerőse van.
|
|
[1322] lorantfy | 2006-08-28 17:31:59 |
 Szia Barnus!
A feladatot szerintem úgy kell értelmezni, hogy a kocsi minden kereke azonos minőségű, csakhogy az előre szerelt kerekek 24 ezer, a hátulra szereltek 16 ezer km-t bírnak ki a különböző igénybevétel miatt. Mondjuk azért, mert ez a kocsi éppen hátsó kerék meghajtású.
Legyen a gumikon lévő réteg, ami lekophat 1 egység. Ekkor ezer km használat során az első kerékről 1/24, a hátsóról pedig 1/16 egység kopik le.
Használjuk x ezer km-ig a gumikat úgy ahogy fel vannak rakva, majd cseréljük fel az elöl és hátul lévő gumikat és használjuk még y ezer km-ig, úgy hogy mindegyikról lekopjon az egységnyi réteg. Tehát éppen elhasználódnak.
Az először elöl lévő gumik kopása: (1/24)x+(1/16)y=1
A először hátul lévőké: (1/16)x+(1/24)y=1
Közös nevező, összead után: 5(x+y)=96, vagyis max x+y= 19,2 ezer km-t mehetünk a gumikkal.
Hogy mikor kell cseréni, azt találd ki Te!
|
Előzmény: [1321] barnus, 2006-08-27 16:36:18 |
|
[1321] barnus | 2006-08-27 16:36:18 |
 Sziasztok!
Van egy érdekes feladatom! A gépkocsira új gumikat szereltek. A hátsó gumik 16000 km megtételére alkalmasak, az elsők 24000 km-re. Mekkora maximális utat lehet megtenni ezekkel a gumikkal? Ha valaki tudja, legyen szíves írja!
|
|
[1320] Cckek | 2006-08-26 11:26:50 |
 Ha már lehet feladatokat kitűzni akkor itt van néhány saját szerkesztésű feladatom az aritmetika köréből: 1)Határozzuk meg az m,n nullától különböző természetes számokat melyekre fennáll:

2)Oldjuk meg az
(x+y)m=(xy)n
egyenletet, ahol x,y,m,n N
3)Oldjuk meg az

egyenletet, ahol x,y,m,n N*
|
|
[1319] rizsesz | 2006-08-23 22:05:36 |
 rendben :) de néha én is hadd legyek gyors és meggondolatlan :)
|
|
|
|
|
[1315] rizsesz | 2006-08-21 15:27:37 |
 hát, a kecske által lelegelt terült egy körszelet kétszerese. innen pedig nem mehet nehezen.
|
|
[1314] Vini | 2006-08-21 15:00:37 |
 Sziasztok.
Egy érdekes feladattal találkoztam. Így szól: Egy egység sugarú kör kerületén leverünk egy cölöpöt és kikötünk hozzá egy kecskét. Mekkora legyen a kötél amivel a kecskét kikötöttük, ha azt szeretnénk, hogy az egység sugarú kör területének felét tudja csak lelegelni.
Ha valaki meg tudná oldani, az jó lenne, mert én nem boldogulok vele. Meg lehet ezt egyáltalán középiskolás tudással oldani? Kösz
|
|
|
|
|
[1310] jonas | 2006-08-01 01:26:54 |
 Még novemberben feladtam egy feladatot, amit senki nem oldott meg. Akkor ígértem két másik feladatot is, de ezeket nem tűztem ki érdeklődés hiányában, meg azért is, mert esetleg valaki bemondja, hogy szabad a gazda, és akkor szenvedhetek a megoldás leírásával. Mindhárom feladat arról a szemináriumról való, amelyre részben én gyűjtöttem a feladatokat.
Mivel most más okból leírtam ezek közül a második feladat megoldását, ezért ezt a feladatot most már nyugodtan feladhatom.
238. Az n-edik Catalan-szám . Ismert, hogy ez egyenlő azon lépcsős utak számával, amelyek a kockás papírra rajzolt n jobbra mutató és n felfele mutató kis nyílból áll (valamilyen sorrendben), és nem megy a végpontokat összekötő átló fölé, vagyis minden prefixében legalább annyi jobbra nyíl van, mint fölfele mutató nyíl.
Ezt tudva lássuk be, hogy bármely n-re
Ez a determináns a Catalan-sorozatból képzett Hankel-determináns, amelynek minden mellékátlójában egyenlő elemek állnak.
Lássuk be azt is, hogy
Ha valaki nem boldogul, akkor a megoldás itt olvasható (angolul).
Az első feladat tehát az (1141) hozzászólásban olvasható, a harmadikat viszont csak ennek a megoldása után szeretném föladni, mert összefügg.
|
Előzmény: [1140] jonas, 2005-11-28 19:42:12 |
|
|
[1308] 2501 | 2006-07-16 17:38:38 |
 Ez a kérdés a "Nehezebb matematikai problémák" témában is szerepel, a [296]-os hozzászólásban, de akkor addig gondolkoztam rajta, hogy végül teljesen elfelejtettem. :)
Bármely n hosszú dobássorozatot leírhatunk egy pozitív egészekből álló h1,h2,...,hm sorozatként, ahol hi az i-edik "egyszínű"-részsorozat hossza (tehát h1+h2+...+hm = n és m n). (Minden ilyen összeg valójában két sorozatot ír le, mivel a "színek" megcserélésével a leírás nem változik.) Nevezzük ezeket a sorozatokat n felbontásainak!
Ebből a nézőpontból a kérdés úgy hangzik, hogy n-nek hány felbontása létezik, és ezek közül hányban szerepel k-nál nemkisebb tag (az eredeti kérdésre a válasz ezek aránya lesz). Ez utóbbit úgy is megkaphatjuk, hogy azokat számoljuk össze, amelyekben csak k-nál kisebb tagok szerepelnek, majd ezt az összesből kivonjuk.
Vezessük be az

függvényt, amely azt adja meg, hogy a-nak hány olyan felbontása van, amely b-nél nemnagyobb pozitív egészekből áll.
(A fenti definíció azt "mondja", hogy f(a,b) értéke 1, hogyha a = 0. Egyébként pedig úgy kapjuk meg, hogy a-ból "lecsípünk" 1-et, 2-t, ... b-t (egészen addig, amíg a el nem fogy), minden esetben megnézzük, hogy a maradéknak hányféle felbontása van, és ezeket összegezzük.
Úgy emlékszem, hogy valamelyik IOI/CEOI válogatóversenyen volt egy feladat, amely valahogy úgy hangzott, hogy "Hányféleképpen lehet felugrálni egy a fokú lépcsőn, ha legfeljebb b fokot tudunk egyszerre átugrani?", és ez volt a megoldás.)
Ezzel kifejezve az eredeti kérdésre a válasz:
Az "érmés" vonatkozásban szemlélve az f(n,n) kifejezést láthatjuk, hogy egyenlő 2n-1-nel.
|
Előzmény: [1303] Virág, 2006-07-16 11:29:29 |
|
[1307] Virág | 2006-07-16 16:20:33 |
 Időközben megnéztem a F1-et, de érintőlegesen a feladaton is gondolkodtam.... :o) Nekem nagyon bonyolult, lehet, hogy nincs is erre konkrét képlet?
|
Előzmény: [1306] Sirpi, 2006-07-16 13:51:49 |
|
[1306] Sirpi | 2006-07-16 13:51:49 |
 Mondjuk ez a képlet tuti nem jó. Ha k=1, az azt jelenti, hogy legalább egy hosszú egyformákból álló blokk van, ennek esélye 1, nem pedig n/2n-1. Ugyanúgy ha k=2, akkor az esély 1-1/2n-1, nem pedig a képletből adódó (n-2)/2n-1. Jó kérdés, hogy mi lehet a helyes képlet...
|
Előzmény: [1305] Virág, 2006-07-16 12:15:46 |
|
|
[1304] Sirpi | 2006-07-16 12:09:14 |
 Na, csak hogy rendesen meglegyen (még nem gondoltam bele, hogy jó-e a képlet, és eltartott vagy 2 percig, míg rájöttem, mi akar az ott lenni...). Tehát annak esélye, hogy lesz legalább k db. egyforma oldal n dobásból:

ami n=k-ra 1/2n-1-et ad (legalább ez a része tuti jó :-) ).
|
Előzmény: [1303] Virág, 2006-07-16 11:29:29 |
|
[1303] Virág | 2006-07-16 11:29:29 |
 Sziasztok! Egy érdekes feladat, legalábbis nekem. Tudnátok segíteni? Egy pénzérmét feldobok "n"-szer. Mi a valószínűsége annak, hogy lesz legalább "k" darab egyforma dobás egymás után? (Tehát "k" darab fej, vagy "k" darab írás közvetlenül egymás után.)
Valaki szerint ez a képlet talán jó?
2*(n-k+1)/(2 n) Ha n=k, akkor lesz: 1/(2(k-1)) , ajaj nem tudok beírni egy jelet, de gondolom tudjátok.
|
|
|
|
[1300] Suhanc | 2006-07-11 10:16:01 |
 Kedves Mindenki!
Vérszemet kapva, a 236.feladat után szabadon:
237.Feladat Legyenek x, y, z, pozitív valós számok! Igazoljuk, hogy ekkor:
a)
b) 
|
|
[1299] jonas | 2006-07-07 13:01:35 |
 A javított kód -- ha valakit még érdekel ezek után:
Ky8qLi8iMV0yPDovXCIxKDYkMTApIzoxZTV9LmkuMWU2CisvKi4vIjFdMjwv
XCIxKDYkMTApIzoxZTV9LmkuMWU2Cg==
|
Előzmény: [1284] jonas, 2006-06-21 12:24:22 |
|
|
[1297] lorantfy | 2006-07-05 23:23:32 |
 Szia Suhanc!
Kösz a megoldást! Valóban az ismétlés nélküli és az ismétléses kombináció tipikus esetei ezek a példák, csak erre nem olyan könnyű rájönni.
Még a 233. feladat maradt állva, de Sirpi [1289] segítségével remélem erre is vállalkozik valaki!
|
Előzmény: [1296] Suhanc, 2006-07-05 22:33:44 |
|
[1296] Suhanc | 2006-07-05 22:33:44 |
 Kedves László!
Ha nem olvastam figyelmetlenül a hozzászólásokat, a 234.feladat még él. Egy lehetséges megoldás:
a)Tegyük fel, hogy valaki odaad nekünk 6 különböző számjegyet, azzal a kéréssel, csináljunk belőle az a)-nak megfelelő hatjegyű számot. Ekkor a legkisebb számjegyet írjuk előre, utána a második legkisebbet... azaz, e 6 számjegyből pontosan egy, a feladat feltételeinek megfelelő szám készíthető. Azt kell még eldöntenünk, hány ilyen számjegyhatos választható ki. A számjegyeknek a szigorú monotonitás miatt kell különbözőeknek lenniük, és 0 nem szerepelhet közöttük, hiszen azt csak a legelső helyre írhatnánk, de 0-val nem kezdünk számot. Így 9 számjegyből kell 6 különbözőt kiválasztanunk. Ez féleképp tehető meg.
b) A feladat az a)-hoz hasonló, de itt "csak" monotonitás az elvárt, így azonos számjegyek is lehetnek, ám 0 itt sem. Tehát itt 9 számjegyből ismétléssel kell kiválasztanunk 6-ot. Az ismert módon ez féleképp tehető meg.
|
Előzmény: [1283] lorantfy, 2006-06-21 09:41:24 |
|
[1295] Suhanc | 2006-07-05 19:47:19 |
 Kedves Tibi!
Egy lehetséges megoldás a feladatodra:
Írjuk az egyenlőtlenség jobb oldalán az 1-ek helyére a+b+c+d-t:
Legyen most
Ekkor:
A bizonyítandó egyenlőtlenség ekkor:
Nyilvánvaló, hogy x,y,z,u 0 . A bal oldalon a tagokat négyzetes-számtani közepekel becsülve épp a bizonyítandó állítást kapjuk.
Egyenlőség x=y=z=u esetén lehetséges, melyből a=b=c=d szükséges és elégséges feltétel levezethető.
|
Előzmény: [1294] lorytibi, 2006-07-04 20:18:29 |
|
[1294] lorytibi | 2006-07-04 20:18:29 |
 Sziasztok!
Matektáborban voltam a múlt héten és van egy példa, amit nem tudtunk megoldani:
236. feladat: Bbh., ha és a+b+c+d=1, akkor

|
|
|
[1292] lorytibi | 2006-06-24 16:50:54 |
 235.feladat megoldása: Egy konvex kilencszögnek 27 átlója van. Mivel nincs két párhuzamos átló, ezért ha az átlókat az egyik metszéspontba toljuk, akkor 54 félegyenes indul ki a pontból, 54 szöget alkotva. Így a szögek átlaga 360°/54, ami biztosan kisebb 7°, tehát biztosan van két olyan átló, melyek egyenesei 7°-nál kisebb szöget zárnak be.
|
Előzmény: [1291] nadorp, 2006-06-23 08:34:47 |
|
[1291] nadorp | 2006-06-23 08:34:47 |
 Egy kis ujjgyakorlat.
235.feladat Egy konvex kilencszögnek nincs két párhuzamos átlója. Bizonyítsuk be, hogy van olyan két átló, melyek egyenesei 7o-nál kisebb szöget zárnak be.
|
|
[1290] Yegreg | 2006-06-21 23:17:56 |
 És így nyilván, ha n relatív prím 10-hez, akkor van csupa 1-esből álló többszörös. Lehet kicsit általánosítani:
pl.: milyen n számokra létezik n-nek olyan többszöröse, mely k-s számrendszerben csak m-es jegyeket tartalmaz? (0<m<k nyilván)
|
|
|
|
[1287] lorantfy | 2006-06-21 14:26:28 |
 Kedves Jónás és Sirpi!
Kösz a megoldásokat! A 232-est kilőttétek. Végülis, ha valaki rátalál a 7 -re az már jó megoldás, de jobb a lánctörtes, én meg a skatulyásra gondoltam.
|
Előzmény: [1286] Sirpi, 2006-06-21 12:56:20 |
|
|
[1285] jonas | 2006-06-21 12:32:05 |
 Amúgy az egysorost szinte szó szerint fel lehet olvasni:
+/ |
Hány olyan dolog van, aminek |
*./"1 |
minden |
2v\"1 |
két szomszédos része |
ahol v =. <:/ |
helyesen rendezett, |
(6$10)#: |
ha hat tizes számrendszerbeli számjegyre bontjuk |
i.1e6 |
a számokat egymillióig? |
|
|
Előzmény: [1284] jonas, 2006-06-21 12:24:22 |
|
[1284] jonas | 2006-06-21 12:24:22 |
 232. feladatra: 7 =21.9911. Egyébként ez az egyetlen. Lánctörtté bontásból is megkapható (3/1, 22/7, 333/106, 355/113, 103993/33102, 104348/33215, 208341/66317, 312689/99532 stb az első közelítések), de úgy is, hogy mind a százat végigpróbáljuk.
234. feladatra: Nem lövöm le a számokat, de a 31-es osztási maradékuk 24 (a szigorúan monoton esetben), ill 14 (a monoton esetben). Szintén meg lehet oldani okosan, vagy végigpróbálgatással.
Az ilyen próbálgatásokra, mint az előző kettő, elég hasznos a J programozási nyelv. Komoly programok írására nekem nem alkalmas, de az ilyen egyszerű matematikai számításokat sokkal könnyebben el lehet vele végezni, mint bármilyen más számológép jellegű interpreterrel. A 234. feladatot is két sorban meg lehet vele oldani. A megoldásom (MIME-Base64-enkódolva, mivel ebbe a fórumba nem lehet rendesen kódot beírni):
Ky8qLi8iMV0yPC9cIjEoNiQxMCkjOmkuMWU2CisvKi4vIjFdMjw6L1wiMSg2
JDEwKSM6aS4xZTY=
Ennek a kikódolását kell beilleszteni az interaktív interpreterbe, hogy megkapjuk a két eredményt.
|
Előzmény: [1283] lorantfy, 2006-06-21 09:41:24 |
|
[1283] lorantfy | 2006-06-21 09:41:24 |
 232. feladat: Bbh. a ,2 ,3 ...100 számok között van olyan, amely egy egész számtól 0,01-nál kevesebbel tér el!
233. feladat: Bbh. minden n poz. egész számhoz létezik olyan k poz. egész szám, hogy az nk szorzat tízes számrendszerbeli alakja csak 1-es és 0 számjegyeket tartalmaz!
234. feladat: Hány olyan tízes számrendszerbeli hatjegyű szám van melynek számjegyei balról jobbra haladva,
a) szig. mon. növekednek?
b) mon. mövekednek?
|
|
|
[1281] jonas | 2006-06-19 11:54:27 |
 Itt vannak a következő hasonló sorozatok (az összes 100000 alatti):
199 409 619 829 1039 1249 1459 1669 1879 2089
34913 37013 39113 41213 43313 45413 47513 49613 51713 53813
52879 53299 53719 54139 54559 54979 55399 55819 56239 56659
30427 35257 40087 44917 49747 54577 59407 64237 69067 73897
28549 36319 44089 51859 59629 67399 75169 82939 90709 98479
|
Előzmény: [1280] jonas, 2006-06-19 11:51:51 |
|
[1280] jonas | 2006-06-19 11:51:51 |
 Kipróbáltam, és 3000-ig csak ez az egy van. Mivel a különbség 210 többszöröse kell, hogy legyen, veszem az összes számtani sorozatot, aminek a differenciája 210 vagy pozitív többszöröse, prímszámtól indul, és a legnagyobb tagja 3000 alatt van. Ilyan sorozatból 186 van. Szűrve azokat, amelyeknek minden tagja prím, csak egy marad: 199 409 619 829 1039 1249 1459 1669 1879 2089.
|
Előzmény: [1279] jonas, 2006-06-19 11:38:38 |
|
[1279] jonas | 2006-06-19 11:38:38 |
 Feltételezem, hogy a konstans számtani sorozat ki van zárva.
A Szalay Számelmélet könyv az 1.5 fejezetben megadja a következő példát: 210k+199 ahol 0 k 9. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez valóban jó példa. Hogy több van-e, annak nem számoltam utána.
Segíthet, hogy a különbségnek biztosan oszthatónak kell lennie minden 10-nél kisebb vagy egyenlő prímszámmal, mert különben az adott prímszám valamelyik tagot biztosan osztja.
|
Előzmény: [1278] lindus, 2006-06-19 11:08:11 |
|
[1278] lindus | 2006-06-19 11:08:11 |
 Sziasztok! Tudnátok segíteni? :-)) A feladat: keresni kellene tíz 3000-nél kisebb prímszámot ami számtani sorozatot alkot. Valahol a neten nem tudtok prímszámok gyüjteményét? Köszi....
|
|
[1277] Iván88 | 2006-06-15 20:51:26 |
 Ez nem annyira matekfeladat, de nem akartam csak ezért új témát indítani.
Lázasan keresek egy könyvet; ANDRÁSFAI BÉLA: ISMERKEDÉS A GRÁFELMÉLETTEL c. könyvét(nekem megvolt, de sajnos elvesztettem, és kéne egy ilyen) Azt szeretném kérdezni, hogy van e valakinek a birtokában ilyen, és ha igen, akkor -némi ellenérték fejében- odatudná adni? Vagy tudja valaki, hogy hol llehet kapni ilyet? Köszönettel: Gresits Iván
|
|
[1276] epsilon | 2006-06-10 10:16:53 |
 Pontosítás: 0<a<=e helyett 1<a<=e kell!
|
|
[1275] epsilon | 2006-06-10 10:14:46 |
 A feladat még annyiban általánosítható, hogy n>1 pozitív egész helyett x>0, továbbá 1 helyett b>0 tehető, és ekkor, ha a>e (a 2,71... Euler-féle állandó) akkor marad a két kifekezés közötti egyenlőtlenség, és megfordul, ha 0<a<=e. (Az egészset valójában függvénymonotonítással, a deriválttal könyű belátni).
|
|
[1274] epsilon | 2006-06-09 08:53:43 |
 A feladatnak egy általánosítása az előző módszerrel is könnyűszerrel bizonyítható, de még egy másik ötlettel egyben általánosítva: ha a>1 és n>1 pozitív egész szám, akkor:
|
 |
|
[1272] jonas | 2006-06-08 20:08:23 |
 Na, nézzük csak
Keresztbeszorozhatunk, mievl a nevezők pozitívak:
(102004+1)(102006+1)<(102005+1)2
Kifejtünk:
104010+102006+102004+1<104010+2.102005+1
Ez nyilván fordítva igaz, tehát az eredetiben az első a nagyobb.
|
Előzmény: [1270] gphilip, 2006-06-08 17:55:43 |
|
|
[1270] gphilip | 2006-06-08 17:55:43 |
 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?
|
 |
|
[1269] epsilon | 2006-06-07 17:25:00 |
 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.
|
|
[1268] epsilon | 2006-06-05 06:39:59 |
 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
|
|
|
|
[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 |
|
[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 |
|
[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 |
|
[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 |
|
[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
|
 |
|
|
[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?
|
|
[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 |
|
[1257] lorantfy | 2006-05-28 14:34:36 |
 Szia Epszilon!
A feladat szövege szerint az egymásba forgatható négyzeteket különbözőnek kell tekintenünk és így szerintem nincs átfedés.
A kételyeidet úgy oszlathatod el, hogy a középső (5-ös) kisnégyzet 90 vagy 180 fokos elforgatása után próbáld meg pl. az alaphelyzetet előálíteni.
Pl. +90 fokos elforgatás után a 8-as és a 2-es nem kerülhet vissza az eredeti helyére.
Hasonlóan 180 fokos elforgatás után.
|
Előzmény: [1256] epsilon, 2006-05-28 05:33:05 |
|
[1256] epsilon | 2006-05-28 05:33:05 |
 Szia Lorantfy!
Valóban, jobb helyre is tehettem volna a feladatot, de még kezdő vagyok a fórumon (mármint olvasgattam, de nem nyitottam témát)nem olvastam mindent át,így nem láttam, hol lenne a legjobb a helye :-( Kár, hogy nem lehet átrakni ide :-(
Kösz a megoldást, frappáns és elegáns! Erre gondoltam Én is, csak nem vagyok meggyőződve a következőről: A leírt módon NEM-E SZÁMOLUNK valamilyen kirakási helyzetet 2-szer, vagy többször?
1) Egyrészt az 5-ös a fordulása magával hordozza, hogy balra, jobbra, lent, fent a 2, 8, 6, 8 melyike is illeszkedik. Na mármost, ha az 5-öst forgatom, valamint az illeszkedési lehetőségek függvényében a 2 és 4, illetve 6 és 8 helyet cserélnek, nem-e kapok vissza ugyanazon lehetőségeket, csak elfordított helyzetbe? 2) Ugyanerre gondolok, hogy amint a 4 sarkot, valóban függetlenül permutálom, és ezzel egyidőben a 2, 4, 6, 8-at is változtatom, nem-e jönnek be azonos helyzetek, csak elforgatva, pl 1, 2, 3 bejön úgy is, hogy a jobb sarokban oszloposan szerepel ez a 3 szám.
Tehát a 24 permutáció valóban független, de kételyeim vannak affelől, hogy a 2, 4 6 8 lehetséges cseréivel, nem-e ismétlődnek 1-szer, és ehez hozzászámítva az 5-ös forgásait is nem-e ismétlődnek 2-szer is bizonyos állások. Mert ezt a 3 "eseményt" nem látom egymástól függetlennek!
Nagyon örvendenék, ha sikerülne ezt a kételyemet eloszlatni, eloszlattatni :-) Ismételten is, és előre is kösz! Üdv: epsilon
|
Előzmény: [1254] lorantfy, 2006-05-27 20:50:31 |
|
[1254] lorantfy | 2006-05-27 20:50:31 |
 Epsilon feladata:
Helló! Előkerült egy érdekes feladat, amelynek a lényege: a 9 alakzat maradéktalan felhasználásával ezek csúsztatásával /forgatásával (a síkból való kiemelése nélkül) hány különböző négyzet rakható össze (hézagmentesen és fedés nélkül)? Egy egyszerű rövid megoldásra várok! ;-) Íme az ábra:
A sarkon lévő 1,2,3,4 számú kisnégyzetek egybevágóak, ezek a többitől függetlenül permutálhatók 4!=24 féleképpen.
Az 5-ös csak fordulhat. Mind a 4 féle helyzetében a 2-es a 4-essel és a 6-os a nyolcassal függetlenül cserélhető. Ez 4x2x2=16 eset.
Így összesen 16x24=384 eset van.
|
|
|
|
[1250] Lóczi Lajos | 2006-04-27 12:21:52 |
 Valóban. Amúgy erre japán középiskolások jöttek rá pár éve, miközben Mathematica-val játszottak és sorra nézték, mennyi (a+b)n. Amikor n nagyobb, akkor egy sorba már nem fér ki az eredmény, sőt, kb. egy tag lesz egy sor. A képernyőt lefelé görgetve adódott a sejtésük, tehát igazi kísérleti matematikai eredmény ez :)
|
Előzmény: [1249] nadorp, 2006-04-26 14:29:38 |
|
|
[1248] Lóczi Lajos | 2006-04-24 02:40:11 |
 231. feladat.
Határértékben milyen alakúak az egymás alá írt binomiális együtthatók 10-es számrendszerben?
Pontosabban fogalmazva: valamely n pozitív egész esetén írjuk egymás alá az (a+b)n kifejtésekor kapott együtthatókat, pl. n=16 esetén
1
16
120
560
1820
4368
8008
11440
12870
11440
8008
4368
1820
560
120
16
1
(Készítsük ezt el nagyobb és nagyobb n-ekre is.) Ha most fejünket 90 fokkal jobbra döntjük és hunyorítunk, egy lapos oszlopsor rajzolódik ki az ábrán. Adjuk meg ennek a pontos alakját, ha n tart a végtelenbe.
A konkrétság kedvéért még pontosabban fogalmazva ("normálva"): tegyük át az ábrát a szokásos koordinátarendszerbe, úgy, hogy a [0,1] szakaszt n egyenlő részre felosztjuk, majd a k-adik (k=0,1,2,...,n) osztópontnál felmérjük azt a törtet, melynek nevezője éppen n, számlálója pedig 10-es számrendszerbeli jegyeinek száma. Így egy véges ponthalmazt nyerünk [0,1] felett minden egyes n esetén. Kérdés tehát, hogy e ponthalmaznak mi lesz a határértéke. Válaszként egy [0,1] R valós függvényt várok.
|
|
[1247] Csimby | 2006-04-22 00:07:26 |
 230. feladat Bizonyítsuk be, hogy:
a.) ha 2p előáll legfeljebb 4 db. négyzetszám összegeként, akkor p is.
b.) ha 3p előáll legfeljebb 4 db. négyzetszám összegeként, akkor p is.
(p prím)
|
|
[1246] Lóczi Lajos | 2006-04-08 23:05:50 |
 229. feladat.
a.) Adjunk példát olyan f(x,y) kétváltozós valós függvényre, hogy valamely a,b,c,d véges határok mellett nem létezik az kettős Riemann-integrál a téglalapon, de létezik az iterált kétszeres integrál.
b.) Adjunk példát olyan f(x,y) kétváltozós valós függvényre, hogy valamely a,b,c,d véges határok mellett létezik az kettős Riemann-integrál a téglalapon, de nem létezik az iterált kétszeres integrál.
c.) Adjunk példát olyan f(x,y) kétváltozós valós függvényre, hogy valamely a,b,c,d véges határok mellett léteznek ugyan az és iterált kétszeres integrálok, de nem egyenlőek.
|
|
[1245] Lóczi Lajos | 2006-04-08 22:04:46 |
 Sajnos nem világos még mindig. Veszem az f(x)=1, g(x)=x.arctg(cos x) párt. Felírom: . Itt a jobboldali integrál 0 lesz az azonosság miatt.
Hogyan marad tehát bent a jobb oldalon a bal oldali integrál, honnan jön a többi tag és a 2-es szorzók?
|
Előzmény: [1244] hobbymatekos, 2006-04-08 18:11:15 |
|
|
[1243] Lóczi Lajos | 2006-04-08 15:04:38 |
 Nem egészen értem, hogyan jöttek ki ezek a formuláid. Gondolom, a parciális integrálás képletét használod benne:
![\int_a^b f dg=[f g]_a^b-\int_a^b g df.](keplet.cgi?k=3B666FCBFBC7CB0B)
Hogyan lesz ebből az, amit írtál?
Amúgy ezzel a gondolatmenettel a Riemann-Stieltjes integrál teljesen kiküszöbölhető, a közönséges Riemann-integrál parciális integrálási képletét alkalmazzuk az f(x)=x és g(x)=arctg(cos x) párra, és használjuk fel, hogy a tükörszimmetria miatt .
|
Előzmény: [1242] hobbymatekos, 2006-04-08 10:13:01 |
|
|
|
[1240] Lóczi Lajos | 2006-04-07 17:52:00 |
 Egy válasz: mivel nincs megmondva, mi a másik g függvény, ami generálja a Riemann-Stieltjes integrált, ezért vehetjük azt, hogy g(x)=x. Ekkor az Riemann-Stieltjes integrál a közönséges Riemann-integrál lesz, és az [1205]-ben leírt megoldásom megoldja a 228-as feladatot.
|
Előzmény: [1233] hobbymatekos, 2006-04-06 22:25:57 |
|
[1239] Lóczi Lajos | 2006-04-07 11:33:09 |
 Kíváncsi vagyok erre. (Mit választasz a másik g függvénynek, ami a mértéket generálja -ben? És vajon milyen formula az, ami ki tudná hozni az eredményt... Sem a helyettesítéses integrálás, sem a parciális integrálás képletét Riemann-Stiletjes integrálokra nem látom, hogy miért segítene itt.)
|
Előzmény: [1238] hobbymatekos, 2006-04-07 09:38:41 |
|
|
[1237] Lóczi Lajos | 2006-04-07 05:16:17 |
 "Valahogy úgy érzem, a határozott integrálok nem igazán érdekesek, mint számértékek" -- ennek az érzésnek ellentmond például a valószínűségszámításbeli bolyongás különböző dimenziókban. Pólya óta tudjuk, hogy 1 és 2 dimenzióban 1 valószínűséggel visszatér a bolyongó részecske a kiindulási pontba. 3 dimenzióban viszont pozitív valószínűséggel nem tér vissza a részecske a kiiindulási pontba. Ezek a tények pedig bizonyos (többszörös) határozott integrálok értékén múlnak.
Eléggé meglepő, hogy míg

illetve

addig

és emiatt viselkedik másképp a részecske 1 és 2 dimenzióban. Itt nem utolsó szempont kifejezni tudni a harmadik integrál pontos értékét "elemibb" kifejezések segítségével.
|
Előzmény: [1233] hobbymatekos, 2006-04-06 22:25:57 |
|
|
|
|