Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1836] Cckek2007-01-30 17:45:53

Nos alkalmazva Sophie Germaine hires képletét kapjuk:

14+4.(2n)4=(22n+1-2n+1+1)(22n+1-2n+1+1) tehát a kifejezés akkor lehet prim ha az egyik tényező öt.

Így n=0 vagy n=1. De az n=0 esetben a kifejezés értéke 1.

Előzmény: [1826] Lóczi Lajos, 2007-01-27 17:28:21
[1835] HoA2007-01-30 13:09:49

Köszönöm, megoldottam. tényleg nagyon jó. Már ha jónak lehet nevezni azt, ha látjuk, hogyan tudja egy valaki sok pénz elvételével az összes többit , minimális pénzük megtartásának reményében, egymás ellen kijátszani. :-)

Előzmény: [1822] Lacczyka, 2007-01-26 21:24:37
[1834] Lóczi Lajos2007-01-27 20:54:57

Azt, hogy hogyan csinálta nem tudjuk, de az ilyen típusú számok több helyen is felbukkannak, lásd pl. ezt a linket és a belőle nyíló hivatkozásokat.

Előzmény: [1828] thukaert, 2007-01-27 18:43:24
[1833] jonas2007-01-27 19:22:53

Nem a tizedespont utáni számjegyeket néztem, hanem az első számjegyeket.

Előzmény: [1832] thukaert, 2007-01-27 19:20:59
[1832] thukaert2007-01-27 19:20:59

Igen, bizonyára elszámoltál valamit.

Előzmény: [1831] jonas, 2007-01-27 19:10:34
[1831] jonas2007-01-27 19:10:34

Ja, hogy az első tizenkét tizedesjegye! Bocs.

Előzmény: [1829] jonas, 2007-01-27 19:01:28
[1830] jonas2007-01-27 19:06:25

Amúgy pedig a lottóért fizetni kell, míg a számok ingyen vannak.

Előzmény: [1828] thukaert, 2007-01-27 18:43:24
[1829] jonas2007-01-27 19:01:28

Nekem erre nem akar kijönni a tizenkét kilences. Lehet, hogy rosszul számolok?

 e^{\pi\sqrt{163}} \approx 40.109

Előzmény: [1828] thukaert, 2007-01-27 18:43:24
[1828] thukaert2007-01-27 18:43:24

Ennek a számnak az első 12 tizedesjegye 9 -es, annak a valsége hogy valaki egy ilyet találjon tízezredrésze annak hogy ötöse legyen a lottón.Ramanujannak sikerült.Vajon hogy csinálta?

[1827] thukaert2007-01-27 18:32:06

A gyomos területek összkerületét vizsgáld, rá fogsz jönni, hogy ez változatlan marad , vagy csökken minden esetben amikor egy parcella elgyomosodik.

Kezdetbe az összkerület maximuma 4(n-1) Az elérni kívánt állapotban: 4n

Ez adja a feladat megoldását.

n gyomos parcella képes elgyomosítani az egészet, gondoljunk csak arra hogy keresztben vannak elhelyezve a gyomos parcellák.

Azt is elmondhatjuk, hogy n*n-n gyomos parcella esetén nem biztos hogy elgyomosodik az egész. n*n-n+1 esetén biztos .Ennek átgondolása némi időt igényel

Előzmény: [1824] lorantfy, 2007-01-27 10:57:59
[1826] Lóczi Lajos2007-01-27 17:28:21

306. feladat. Adjuk meg azokat az n pozitív egészeket, amelyre \frac{4\cdot 16^n+1}{5} prímszám.

[1825] jonas2007-01-27 11:59:34

Ezt már olvastam valahol. A bizonyításra is emlékszem, de még nem lövöm le.

Aha, meg is van: F. 3220.

Előzmény: [1824] lorantfy, 2007-01-27 10:57:59
[1824] lorantfy2007-01-27 10:57:59

Jó lenne újra számozni a feladatokat! Talán a 304. volt az utolsó számozott. Egy érettségi feladatsorban találtam az alábbi példát:

305. feladat: Egy négyzet alakú földterület n x n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy területrésznek legalább két szomszédja gazos, akkor ez a terület is elgazosodik.

Lássuk be, hogy n db gazos területrész elgazosíthatja az egész táblát, de n-1 db gazos területrész semmiképpen sem.

A feladat bármely általánosítása, továbbfejlesztése vagy hasonló feladat érdekelne. Ha valakinek eszébe jut ilyen, akkor legyenszíves nekem emilben elküldeni. Előre is köszönöm!

[1822] Lacczyka2007-01-26 21:24:37

Igazad van.. tényleg kimaradt... nem vagyok még gyakorlott TeX -használó, és az 50 százaléknál százalékjelet használtam, és így egy csomó minden kimaradt. Mindenesetre bocsánat a hibáért, itt a feladat:

Van 10 kalózunk, akik szereztek száz aranyat, és egy sajátos osztozkodási eljárással osztják szét. Sorba állítják magukat elvetemültség alapján, és a legelvetemültebb kalóz tesz egy osztozkodási ajánlatot: megmondja, hogy ki mennyit kap a 100 aranyból. Ezek után a kalózok szavaznak, és ha megvan az 50 százalék, akkor elfogadtatik a javaslat, ha nincs meg, akkor a kalózt vízbe dobják, és a második legelvetemültebb tehet ajánlatot, és így tovább. A szavazásnál annak a kalóznak a szavazata is számít, aki a javaslatot tette. A kalózok döntési elvei: 1)leginkább életben akarnak maradni. 2) pénzéhesek, vagyis úgy döntenek, ahogy több arany üti a markukat. 3) vérszomjasak: ha nem származik hátrányuk egy társuk halálából, akkor automatikusan nem szavazzák meg a javaslatát. Kérdés: hány aranyat tud megtartani magának a legelvetemültebb rabló? Egyáltalán, életben maradhat? A feladat megítélésem szerint nagyon jó... ha nem ismerted, akkor határozottan ajánlom figyelmedbe :)

Előzmény: [1819] jonas, 2007-01-26 20:58:40
[1821] tomii2822007-01-26 21:09:40

akk hogy is van ez a kalozos pelda?

[1820] S.Ákos2007-01-26 21:05:42

Legyen adott egy egységsugarú k1 kör a síkban. Hol van azon pontok mértani helye a síkban, amelyekből adott r sugárral rajzolt körnek és k1-nek a közös része éppen k1 területének a fele? \bigg(r>\frac1{\sqrt2}\bigg)

[1819] jonas2007-01-26 20:58:40

Pont a lényeg maradt ki a feladatleírásodból, vagyis hogy mikor dobják vízbe a kalózt.

Előzmény: [1823] Lacczyka, 2007-01-26 20:33:19
[1818] tomii2822007-01-26 20:38:19

a kalozos feladatot h kell megoldani?

[1817] tomii2822007-01-26 20:36:12

A termeszetes szamok halmazan ertelmezett f fuggvenyre teljesul a kovetkezo feltetel: f(1)+2f(2)+...+nf(n)=[n(negyzeten)*(n+1)]/2*f(n),barmely n>=1 eseten, ha f(1)=2006,szamitsuk ki az f(2006) erteket

[1823] Lacczyka2007-01-26 20:33:19

A kalózos feladat más.

Van 10 kalózunk, akik szereztek száz aranyat, és egy sajátos osztozkodási eljárással osztják szét. sorba állítják magukat elvetemülség alapján, és a legelvetemültebb kalóz tesz egy osztozkodási ajánlatot: megmondja, hogy ki mennyit kap a 100 aranyból. Ezek után a kalózok szavaznak, és ha megvan az 50% (nem kell +1) akkor elfogadák, és úgy lesz. Ha nem fogadják el, akkor tengerbe dobják az illetőt, és a második legelvetemültebb tehet javaslatot, és így tovább. A kalózok döntési elvei: 1)leginkább életben akarnak maradni. 2) pénzéhesek, vagyis úgy döntenek, ahogy több arany üti a markukat. 3) vérszomjasak: ha nem származik hátrányuk egy társuk halálából, akkor automatikusan nem szavazzák meg a javaslatát. Kérdés: hány aranyat tud megtartani magának a legelvetemültebb rabló? Egyáltalán, életben maradhat? A feladat megítélésem szerint nagyon jó... ha nem ismerted, akkor határozottan ajánlom figyelmedbe :)

Üdv: Lacczyka

[1816] tomii2822007-01-26 19:47:50

segitenetek 1 peldaban?:d

[1815] HoA2007-01-26 14:39:32

Osztozkodásból a "három rabló osztozik egy halom aranyporon" ismerős, ahol

- az arany tetszőleges finomsággal osztható

- mérleg nincs

- az igazságosság mércéje a kitűzésben meg van adva: a két rablóra működő egyik felez - másik választ elv

Ha ez a kalózos más, például 100 diszkrét aranyérméről van szó - akkor kérem a szövegét vagy elérhetőségét.

Előzmény: [1814] Lacczyka, 2007-01-25 21:54:42
[1814] Lacczyka2007-01-25 21:54:42

Hálás köszönet a feladatért! Én az oroszlános feladaton kívül csak a "kalózok osztozkodnak a 100 aranyon" feladatot ismertem, és úgy éreztem, hogy ebben a témakörben fejlesztésre szorul a "feladat-táram". Mégegyszer köszi mindenkinek!

Üdv: Lacczyka

Előzmény: [1813] rizsesz, 2007-01-25 18:39:31
[1813] rizsesz2007-01-25 18:39:31

Lacinak:

http://www.diag.hu/fel.php?id=177

[1812] Lacczyka2007-01-25 15:46:51

Az említett feladatot nem ismerem, légyszi tedd fel ide, vagy küldd el mailben (lacczyka@freemail.hu). Előre is köszi szépen :)

[1811] jonas2007-01-25 11:31:22

Csakhogy, míg az oroszlánosban számít, hogy páros vagy páratlan sok oroszlán van, ezekben nem számít.

Előzmény: [1810] jonas, 2007-01-25 11:30:16
[1810] jonas2007-01-25 11:30:16

Pontosan.

Továbbá van a csalfa nőknek egy változata gőzmozdonnyal, és egy sapkákkal. A sapkás változatot valamelyik Smullyan könyv is említi.

Előzmény: [1809] HoA, 2007-01-25 10:29:44
[1809] HoA2007-01-25 10:29:44

Ha nem ismered a "csalfa nők a kisvárosban" feladatot, akkor leírom. Az is ilyen típusú.

Előzmény: [1808] Lacczyka, 2007-01-24 20:51:54
[1808] Lacczyka2007-01-24 20:51:54

:) A feladatot meg tudtam oldani, már akkor régen is... igazából hasonló feladatokat szeretnék összeszedni, és reménykdetem (reménykedek) hogy valaki tud segíteni.

Előzmény: [1807] rizsesz, 2007-01-24 20:25:05
[1807] rizsesz2007-01-24 20:25:05

Azt érdemes végiggondolni, hogy mi a helyzet akkor ha páros, vagy ha páratlan sok oroszlán van. Igazából ki kell találni, hogy 2 oroszlánnál mi van, és akkor ebből hogyan következtethető ki a 3 oroszlán helyzete, stb.

[1806] Lacczyka2007-01-24 18:51:15

Üdv!

Igazából segítséget szeretnék kérni. Még régen találkoztam ezzel a feladattal:

Egy szigeten él 23 oroszlán. Ezek az oroszlánok teljesen civilizáltak (egymást "élve" nem eszik meg), okosak (képesek elvont gondolkodásra), és nemutolsósorban nagyon éhesek, lévén hogy a szigeten rajtuk kívül nincsen semmi.

Néhány galád kutató kísérleti jelleggel elhelyez a sziget közepén egy adag mérgezett húst (a galád kutatók a feladat szempontjából nem ehetőek), és várják, hogy az oroszlánok megeszik-e. A méreg hatása az, hogy amelyik oroszlán megeszi, az elalszik, de nem hal éhen. Ha viszont elaludt, akkor inenstől kezdve őt is megehetik az oroszlántársai, ebben az esetben azonban az az oroszlán, aki megeszi őt, szintén elalszik. Röviden: ha egy oroszlán megeszi a mérgezett húst, akkor életben marad, viszont mostantól mérgezett húsként funkcionál.

Az oroszlánok okosak, tudják, hogy a hús mérgezett, és a következő elvek alapján döntenek: 1, semmilyen körülmények között nem akarnak megevődni, vagyis inkább éhenhalnak, minthogy valaki őket netán elfogyassza. 2, életben akarnak maradni, vagyis ha nem fenyeget veszély, akkor megeszik a húst, és elalszanak.

Mit fog tenni az az oroszlán, amelyik először ér oda a húshoz: megeszi-e, vagy sem?

A feladat nem túl nehéz. Igazából hasonló típusú feladatokat szeretnék gyűjteni. Hogyha van valakinek olyan feladata, ami ehhez megoldásában, vagy gondolkodásmódjában hasonlít, akkor az legyen szives elküldeni nekem.

Előre is köszi: Lacczyka

[1805] Python2007-01-22 17:15:29

Jó példa...

Megyek és megcsinálom :)

Előzmény: [1804] sakkmath, 2007-01-22 11:22:22
[1804] sakkmath2007-01-22 11:22:22

A komoly problémák után kikapcsolódásként következzék egy könnyedebb, humoros feladat, amely Áprilisi fejtörő címmel a KöMaL 1980/4. számában jelent meg Csirmaz Lászlótól.

[1803] Cckek2007-01-21 09:59:09

De igen:) Ugyanis pontosan az

\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{z^2}

diofantikus egyenlet megoldása közben jött elő ez az egyenlet.

Előzmény: [1802] epsilon, 2007-01-21 09:08:31
[1802] epsilon2007-01-21 09:08:31

Köszi Mindenkinek! Alaposan kimerítettétek a témát! ;-) Cchek: a két szöget x illetve y-ra nevezve, mindkét oldalt 4-gyel szorozva, a sin2x=2sinx×cosx alapján, nullára rendezve, két négyzetösszek különbsége szorzatra bomlik és ez a 2 eset áll elő: sin2x=-2ctgy illetve sin2x=2ctgy és most a sin2x-et a tangens felesképletekkel kifejezzük sin2x=2t/(1+t×t) ahol t=tgx és így t-ben másodfokú egyenlet lesz, szerinted ez az út nem járható?

[1801] Lóczi Lajos2007-01-20 23:54:31

A számítógép szépen végignézte az összes esetet, és persze megtalálta a (100,0,0,0,0,0), (50,50,50,50,0,0) optimumokat (és csak ezeket találta).

Előzmény: [1799] HoA, 2007-01-20 19:43:10
[1800] Lóczi Lajos2007-01-20 21:32:49

Ó, persze, a nemnegativitási feltételeket kihagytam. Köszönöm, hogy rámutattál.

(Az zavarhatott meg, hogy egyenlőtlenséggel megadott feltételek esetén a multiplikátoroknak maguknak is nemnegatívnak kell lenniük, de ez még nem mond semmit a változókról...)

Előzmény: [1799] HoA, 2007-01-20 19:43:10
[1799] HoA2007-01-20 19:43:10

A megfigyelt jelenség már akkor is előjön, ha csak az első feltételt vesszük. Legyen tehát

L(x,y,\mu):=x2+y2+\mu(100-x-y)

Az első két parciális deriváltból itt is kijön x=y. Ábrázoljuk az f(x,y)=x2+y2 függvényt az xy síkban szintvonalakkal: ezek nyilván origó középppontú koncentrikus körök. A vizsgált tartomány az x+y=100 egyenes által határolt félsík. f(x,y) a tartományban és a határán is tetszőleges nagy értéket felvehet, maximuma nincs. Az egyenes x=0 vagy y=0 értékkel jellemzett pontja, amelyekből az y=100 ill. x=100 érték adódna, semmilyen különleges szerepet nem játszik. Nem is csoda, hiszen nemcsak x és y nagyságviszonyát, hanem az x\ge0 , y\ge0 feltételeket sem vettük figyelembe. Ha megtesszük, a Lagrange függvény így alakul:

L(x,y,\mu1,\mu2,\mu3):=x2+y2+\mu1(100-x-y)+\mu2(x-0)+\mu3(y-0)

A megoldandó egyenletrendszerben a 0-t adó szorzatoknál 0 tényezőül {100-x-y=0;\mu2=0;y=0} -t választva x = 100, {100-x-y=0;x=0;\mu3=0} -ból y = 100 adódik. A {\mu1=0;x=0;y=0} választás a megengedett \Delta alakú tartomány harmadik csúcsát jelóli ki, de itt persze nincs maximum. Visszatérve eredeti feladatunkra, itt az x+y\le100 és z+t+u+w\le100 mellett a w\ge0 , u\gew , t\geu, ... , x\gey feltételeket is figyelembe kell venni. Ezzel egyúttal a változók nemnegatív voltát is biztosítjuk. A 8 db 0 szorzat 0 tényezőinek megválasztásánál - 28 eset - anélkül, hogy mind a 256 kombinációt végignéznénk, csak rámutatunk, hogy a { w=0; u=w ; t=u; z=t ; y =z ; x+y = 100 } választás adja az x=100,y=z=t=u=w=0 megoldást, míg a { w=0; u=w ; z=t ; y =z ; x+y = 100 ; z+t+u+w = 100 } kombináció az x=y=z=t=50,u=w=0 eredményt.

Előzmény: [1791] Lóczi Lajos, 2007-01-19 01:16:58
[1798] Cckek2007-01-20 13:29:37

Legyen \theta,\phi \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right) úgy, hogy tg\theta,tg\phi\inQ.

Oldjuk meg a cos2\thetasin2\theta=ctg2\phi egyenletet.

[1797] HoA2007-01-19 23:04:07

A módszer az alábbi általánosításig biztosan működik:

- a két csoportban szereplő számok darabszáma ( most 2, ill. 4 ) legyen k ill. m.

- a csoportok elemeinek összege ( most 100,100) ne legyen nagyobb, mint A ill. B

Tehát legyen k+m számunk, x1,...,xk+m , ahol

x1\gex2\ge...\gexk+m\ge0(1)
\sum_{i=1}^k {x_i} \le A (2)
\sum_{j=1}^m {x_{k+j}} \le B (3)

Mekkora \sum_{i=1}^{k+m} {x_i}^2 maximuma?

Az összeget rögzített xk (az első csoport legkisebb eleme, az eddigi y) mellett vizsgáljuk. (1) -ből és (2) -ből A \ge \sum_{i=1}^k {x_i} \ge k \cdot x_k , 0 \le x_k \le \frac{A}{k} ( Ez egyben válasz Epsilon kérdésére: A=100 és k=2 esetére 0\lex2=y\le50 ) Az [1795]-beli indokláshoz hasonlóan belátható, hogy az első csoport négyzetösszege akkor a legnagyobb, ha x2=x3=...=xk x1=A-(k-1).xk Példa: ha k=4,x4=4,A=22 , akkor { 10;4;4;4 } négyzetösszege nagyobb, mint pl. { 7;6;5;4 } -é. A második csoportra igaz az [1795]-beli szabály: ameddig lehet xk+j=xk egy szám pedig B és az eddigiek összegének különbsége: xk+1=xk+2=...=xk+d=xk,xk+d+1=B-d.xk Az [1795]-beli szakaszhatárok most a \frac{B}{m} , \frac{B}{m-1} ... értékek. Vegyük észre, hogy  \frac{A}{k} > B esetén xk>B is előfordulhat, tehát maga B is lehet szakaszhatár. Ekkor a második csoport első eleme B, a többi 0. Másrészt ha B \ge m \cdot \frac{A}{k} akkor a második csoportba mindig "belefér" m darab xk érték, tehát görbénk csak egyetlen parabolaívből áll. Függvénygörbénk - a maximális négyzetösszeg xk tól függése - vizsgálatát másokra hagyom.

Előzmény: [1796] epsilon, 2007-01-19 17:09:25
[1796] epsilon2007-01-19 17:09:25

Helló HoA! Valóban elemi, logikus, szép. Van néhány kérdöjelem, amit magamban kellene tisztáznom: Az y nem több mint 50 az indulásból feltehető? Továbbá ha általánosítani kellene, a 100 helyett pl. 2a lenne, na meg a tagok száma 6 helyett n, akkor az általad jelzett 3 intervallumba sorolás az y-ra vonatkozóan hogyan alakulna, mindegyiket külön-külön elemezni kellene, vagy belátható-e elég könnyen, hogy a sok lokális maximumból melyik is a globális maximum? Én ezeken tűnődöm, ha vannak megjegyzéseid, szívesen veszem, és kösz, a megoldásodban volt jó pár mentő ötlet! Üdv: epsilon

[1795] HoA2007-01-19 11:20:58

Egy elemi eszközöket használó megoldás lépései:

Bontsuk a négyzetösszeget két részre, legyen az első tag x2+y2 , a második z2+t2+u2+w2 . Vizsgáljuk a maximumot rögzített y mellett (0\ley\le50). Az első tag nyilván akkor a legnagyobb, ha x = 100 - y. A második tagban keressük négy 0 és y közötti z,t,u,w szám maximális négyzetösszegét, ahol z+t+u+w<=100 .

1) Belátható, hogy ha z+t+u+w<100 és nem mindegyik = y, akkor az y-nál kisebb számok növelésével a négyzetösszeg nő.

2) Belátható, hogy rögzített z+t+u+w mellett a négyzetösszeg nő, ha egy nagyobb számot növelünk és egy kisebbet csökkentünk: Szabatosan : Ha z>t\ged>0, akkor (z+d)2+(t-d)2>z2+t2

1) -ből és 2) -ből következik, hogy a második tag akkor a legnagyobb, ha z,t,u,w ameddig csak lehet = y , egy szám pedig a többiek 100-ból vett maradéka. Vagyis a második tag szerkezete függ y-tól. Szabatosan: Ha 0 \le y \le \frac{100}{4} = 25 , akkor a második tag maximuma 4y2 , a két tag összege

(100-y)2+5y2(1)

. Ha 25 = \frac{100}{4} \le y \le \frac{100}{3} = 33\frac13, akkor a második tag maximuma 3y2+(100-3y)2 , a két tag összege

(100-y)2+4y2+(100-3y)2(2)

. Végül ha 33\frac13 = \frac{100}{3} \le y \le \frac{100}{2} =50 , akkor a második tag maximuma 2y2+(100-2y)2 , a két tag összege

(100-y)2+3y2+(100-2y)2(3)

A négyzetösszeg maximumot y függvényében ábrázolva tehát egy három, egymáshoz csatlakozó, alulról konvex parabolaívből álló görbét kapunk. A teljes y tartományra a maximumot ezért csak a széleken és a csatlakozási pontokban kell vizsgálni. természetesen a már ismert eredményt kapjuk: A maximum 10000, amit az x=100, y=z=t=u=w=0 és az x=y=z=t=50, u=w=0 értékrendszerek adnak.

Előzmény: [1792] epsilon, 2007-01-19 07:16:56
[1794] epsilon2007-01-19 11:16:20

Szerintem nem, mert ennél nem használtuk fel a betűk közötti rendezési sorrendet, és ha annélkül kijönne, akkor...nem stimmel mert a feltételek nélkül más értékekre nagyobb lehet a maximum. Vagyis akár rendezett sorrenddel, akár annélkül, nem jöhet ki ugyanaz.

[1793] Cckek2007-01-19 10:15:30

Nos a kérdésem az, hogy ezen feltételek mellett fennáll-e a

(x+y+z+t+u+w)2+(x-y)2+(x-z)2+(x-t)2+(x-u)2+(x-w)2+(y-z)2+(y-t)+(y-u)2+(y-w)2+(z-t)2+(z-u)2+(z-w)2+(t-u)2+(t-w)2+(u-w)2\le6.1002 egyenlőtlenség? Ugyanis ekkor a Lagrange azonosságból következik a maximum.

Előzmény: [1791] Lóczi Lajos, 2007-01-19 01:16:58
[1792] epsilon2007-01-19 07:16:56

Egy biztos: a feladatot olyan helyen találtam, hogy elemi eszközökkel gondoltak a megoldására. Ahogy viccese mondják, ezt analízissel megoldani olyen mint a bolhavadászat fejszével :-) Az alapelgondolásom az volt (az y-nál kisebb rendett számok miatt), hogy mivel előtte csak 1 szám van, nála kisebb meg 4 szám, ezért az x maximizálása sokkal gyengébb mint az y maximizálása, ami által a többi 4 szám maximizálható, és ezeket maximizálva jobban közeledünk a négyzetösszeg maximumához. Valahogyan nem illik ebbe a képbe a 100, és a többi 0 megoldás. Persze mindez csak érzés, sejtés, de...???

[1791] Lóczi Lajos2007-01-19 01:16:58

Felírtam a feltételeket, de nem jött ki csak 7500 a maximum értékére. Valaki tudna segíteni, hogy megértsem, miért nem kaptam meg a 10000-et?

Tehát a link azt mondja, írjam fel a feladat Lagrange-függvényét (az ottani \mu1 és \mu2 helyett \lambda és \mu betűket használtam):

L(x,y,z,t,u,w,\lambda,\mu):=x2+y2+z2+t2+u2+w2+\lambda(100-x-y)+\mu(100-z-t-u-w).

Ekkor a lehetséges maximum helyét az alábbi egyenlet-egyenlőtlenségrendszer megoldása adja (az alsó indexek a megfelelő parciális deriváltakat jelöljék, az L függvény argumentumait nem írom ki):

Lx=0,Ly=0,Lz=0,Lt=0,Lu=0,Lw=0,\lambda(100-x-y)=0,\mu(100-z-t-u-w)=0,\lambda\ge0,\mu\ge0.

Igen ám, de az első két egyenletből az jön ki, hogy x=y, és így rögtön kiesett x=100,y=z=t=u=w=0 megoldás.

Hol van vajon az ellentmondás oka? (A változók nagyság szerinti rendezésére vonatkozó feltételt egyelőre elhagytam az eredeti feladatból.)

Előzmény: [1790] Lóczi Lajos, 2007-01-19 00:00:48
[1790] Lóczi Lajos2007-01-19 00:00:48

Közben itt egy link a Kuhn-Tucker feltételekről, ez alapján el lehetne indulni:

http://mat.gsia.cmu.edu/QUANT/NOTES/chap4/node6.html

Előzmény: [1789] Lóczi Lajos, 2007-01-18 23:55:45
[1789] Lóczi Lajos2007-01-18 23:55:45

Le tudnád írni a multiplikátor-elvet ebben a szituációban, amikor egyenlőtlenségek is szerepelnek a feltételi halmaz kijelölésében? Vagy egy online hivatkozást esetleg, hogy szisztematikusan megpróbáljuk kiszámolni a kérdést.

Előzmény: [1786] Cckek, 2007-01-18 20:44:15
[1788] Lóczi Lajos2007-01-18 23:53:12

Néhány számítógépes teszt nem cáfolta az Általad írt két optimum helyét.

Előzmény: [1787] epsilon, 2007-01-18 21:50:05
[1787] epsilon2007-01-18 21:50:05

Bocs, a pötyögtetéssel elírtam :-( ezeket: x+y>=100, z+t+u+w>=100 helyesen így lenne: x+y<=100, z+t+u+w<=100 na meg nem szándékom nagyágyúval rálőni, mert több változóra, 100 helyett másra is, meg 6 szám helyett szerintem többre is a 100,0,0,0,0,0 illetve az 50,50,50,50,0,0 esetekben érné el a maximumot? De alaposabban indokolva? Vagy van más vélemény?

[1786] Cckek2007-01-18 20:44:15

Ez feltételes szélsőértékfeladat. A Lagrange multiplikátorokkal megoldható. Persze a feltételeknél az egyenlőtlenségek talán fordítva kéne álljanak...

Előzmény: [1772] epsilon, 2007-01-17 14:15:21
[1785] Sirpi2007-01-18 09:46:52

Nyilván a \geq100 egyenlőtlenségek helyett \leq100 kell hogy szerepeljen, legalábbis a korábbi elemzésből ez egyértelműen látszik.

Előzmény: [1784] HoA, 2007-01-18 08:34:51
[1784] HoA2007-01-18 08:34:51

Szia Epsilon!

Lóczi Lajosnak igaza van, így a feladat érdektelen. Viszont amúgy érdekelne, légy szíves nézd meg, ahol "összefutottál" vele, hogy is állnak valójában az egyenlőtlenségjelek.

Előzmény: [1772] epsilon, 2007-01-17 14:15:21
[1783] i2007-01-17 22:13:54

Egy cédulán, a 99.-en. :)

Előzmény: [1782] Matthew, 2007-01-17 21:32:55
[1782] Matthew2007-01-17 21:32:55

Bocsánat,Neked van igazad,én az állításból kifolyólag egyértelműnek tartottam,hogy ha a 2-es hátlapján 4-es van,akkor a 4-es kártya hátlapján 2-es van,és ezért elég csak az 1,3-at megfordítani....Becsapós,a 4-esen buktam el a dolgot...Cserébe itt egy feladat(bár igazság szerint a "Csak logika"topikba kellene írnom):

Van 100 cédula. Az elsőre azt írták, hogy "pont egy cédulára írt állítás hamis". A másodikra azt, hogy "pont két cédulára írt állítás hamis", és így tovább. A századikon ez áll:"pont száz cédulára írt állítás hamis". Vajon hány cédulán áll igaz állítás?

Előzmény: [1774] Sirpi, 2007-01-17 14:25:30
[1781] Lóczi Lajos2007-01-17 21:29:17

Köszönöm ezt a szép eszmefuttatást! Meglepett, hogy "véges dimenzióban" meg lehetett oldani a kérdést szakaszonként lineáris függvényekkel (a töréspontokban persze hajszálnyit lekerekítve, hogy a sebességgrafikon ne törjön meg -- amúgy vajon van annak fizikai realitása, hogy megtörik? Mondjuk ütközésnél talán lehetne feltételezni ezt, nem?) Azért féltem, hogy nehéz ez a kérdés, mert azt hittem, igazi "görbékkel" kell majd dolgozni, de ezt megcáfoltad :)

Előzmény: [1766] Sirpi, 2007-01-17 07:56:06
[1780] Lóczi Lajos2007-01-17 20:25:25

A 6 szám négyzetösszege akármilyen nagy lehet, írj be pl. egymillió körüli értékeket a változók helyére. De a gondolatmenetedből az látszik, hogy bizonyos egyenlőtlenségjelek meg vannak fordítva, szóval két különböző feladatról beszélünk.

Előzmény: [1772] epsilon, 2007-01-17 14:15:21
[1779] Roberto852007-01-17 17:34:24

na mind1 közben rájöttem a megoldásra nagyon köszi ha valaki gondolkodott rajta

[1778] Roberto852007-01-17 16:05:41

erre valaki? a, Van egymás mellett 5 ház, mind az 5 különböző színű b, A házakban egy egy személy lakik, mind különböző nemzetiségű c, MIndegyik fogyaszt valamilyen italt, dohányárút és tart valamilyen álatot. d, Egyikük sem fgyaszt ugyanolyan italt, szív ugyanolyan cigit, és tart ugyanolyan állatot.

Egyéb információk: 1. Brit piros házban lakik 2, svéd kutyát tart. 3. Dán teát iszik 4. fehér ház balján a zld ház van. 5, a zöld házban kávét fogyasztanak. 6. Az a személy aki Pall mallt szív, madarakat tart. 7. sárga ház lakója Dunhillt szív 8. Középső házban lakó tejet iszik 9. norvég az első házban lakik. 10.a Blendet szívó szomszédjában lakó macskát tart. 11. A blue mastert szívó ember sörözik 12.A lovakat tartó szomszédjábanlakó Dunhillt szív. 13. A német Prince-t szív 14. A norvég a kék ház szomszédja 15A blendet szívó ember szomszédjban vizet isznak

[1777] i2007-01-17 15:29:31

Ebben az esetben a 2-est és a 4-est kell megfordítani, mert csak akkor lehet igaz az állítás az összes kártyára, ha a kettes hátoldalán 4-es van, a négyesén pedig kettes (egy kártya biztosan nem elég, minden esetre lehet példát találni).

Előzmény: [1774] Sirpi, 2007-01-17 14:25:30
[1776] jonas2007-01-17 15:28:45

Pontosan.

Ez hasonlít ahhoz a kártyás feladathoz, amit Mérő valamelyik könyvében leír, csak ott ki van kötve, hogy minden kártyának az egyik oldalán 1 vagy 2 és a másik oldalán 3 vagy 4 van. Ilyenkor a 2-t és a 3-at kell megfordítani, de az 1-et és a 4-et nem.

Előzmény: [1774] Sirpi, 2007-01-17 14:25:30
[1775] psbalint2007-01-17 14:26:28

ajaj, lehet hogy jobban bele kellett volna gondolnom :)

[1774] Sirpi2007-01-17 14:25:30

De ha a 2-est nem fordítod meg, honnan tudod, hogy 4-es van-e a hátulján? És az 1,3-at pedig azért kell megfordítani, hátha 2-es van a másik oldalukon, ami cáfolná az állítást. A 4-est nem kell megfordítani: akár 2-es van a hátulján, akár nem, egyik esetben sem cáfolja az állítást, tehát a többi kártyán múlik, hogy az igaz-e.

Mondjuk érdekesebb lenne a probléma, ha a kártyák hátulján is az 1-4 számok permutációja szerepelne és ezt tudnánk... Egyelőre nem gondoltam még át, hogy ilyenkor hogy érdemes fordítgatni.

Előzmény: [1773] Matthew, 2007-01-17 14:19:50
[1773] Matthew2007-01-17 14:19:50

Üdv!

Ha szabad,én is vitatkoznék ezzel egy kicsit(nézzétek el nekem,ha sületlenséget írok,én még nem vagyok azon a szinten matekból,mint ti,de ezt megpróbálnám).

Tehát:Ha az az állítás,hogy ha a kártya egyik oldala 2-es,akkor a másik 4-es,akkor szerintem pont azokat kellene megfordítani,amelyekre nem vonatkozik az állítás,vagyis az [1],[3]-at,hogy bebízonyítsuk az állítást.

Előzmény: [1771] Sirpi, 2007-01-17 13:58:53
[1772] epsilon2007-01-17 14:15:21

Sziasztok! Kissé most témát váltok, mert ezzel az érdekes feladattal futottam össze: A következő 6 valós számról tudjuk, hogy x>=y>=z>=t>=u>=w>=0, x+y>=100, z+t+u+w>=100. Kérdés: max(x*x+y*y+z*z+t*t+u*u+w*w)=? Az x*x+y*y a legnagyobb akkor lenne, ha x=100 és y=0 ellenben ekkor 0=y>=z miatt a szóbanforgó négyzetösszeg lehet jóval nagyobb is. Ha az x értékét csökkentem, és y értékét növelem, akkor természetesen x*x+y*y csökken, de ha y értéket növelem, akkor a z,t,u,w értékeivel a négyzetösszeget jobban növelhetem (?) mint amennyire az x*x+y*y összeget csökkentettem. Az összeget sejtésem szerint úgy maximzálhatom, ha x=y=50 és z=t=50 és u=w=0. Ez a sejtésem, nem tudom igaz-e, és persze ez nem bizonyítás! Ide elkelne valami jó ötlet, mert amit leírtam nem bizonyítás, és talán nem is helyes?! Előre is kösz!

[1771] Sirpi2007-01-17 13:58:53

Én ezt megvétóznám. Az 1,2,3-ast kell megfordítani.

Előzmény: [1769] psbalint, 2007-01-17 13:43:02
[1770] psbalint2007-01-17 13:44:23

Ezzel pedig próbálkozz egy kicsit még, sikerülni fog mert semmi trükk nincs benne, egy táblázat segít :)

Előzmény: [1767] Roberto85, 2007-01-17 13:04:11
[1769] psbalint2007-01-17 13:43:02

Az állítás nem vonatkozik azokra a kártyákra, amiken az 1-est és a 3-ast látjuk, ezek tehát nem érdekelnek minket. A másik kettőt viszont mindenképpen meg kell fordítanunk.

Előzmény: [1768] Roberto85, 2007-01-17 13:07:10
[1768] Roberto852007-01-17 13:07:10

2. feladat Az alábbi négy kártyát látjuk, [1] [2] [3] [4] Mindegyik kártya mindkét oldalán 1-1 számjegy áll az 1-2-3-4 közül. LEgkevesebb hány kártyát kell megfordítani h eldöntsük: igaz e mind1ik kártyáára a következő állítás: Ha a kártya egyik oldalán 2es áll akkor a másik oldalán 4es?

[1767] Roberto852007-01-17 13:04:11

1feladat a, Van egymás mellett 5 ház, mind az 5 különböző színű b, A házakban egy egy személy lakik, mind különböző nemzetiségű c, MIndegyik fogyaszt valamilyen italt, dohányárút és tart valamilyen álatot. d, Egyikük sem fgyaszt ugyanolyan italt, szív ugyanolyan cigit, és tart ugyanolyan állatot.

Egyéb információk: 1. Brit piros házban lakik 2, svéd kutyát tart. 3. Dán teát iszik 4. fehér ház balján a zld ház van. 5, a zöld házban kávét fogyasztanak. 6. Az a személy aki Pall mallt szív, madarakat tart. 7. sárga ház lakója Dunhillt szív 8. Középső házban lakó tejet iszik 9. norvég az első házban lakik. 10.a Blendet szívó szomszédjában lakó macskát tart. 11. A blue mastert szívó ember sörözik 12.A lovakat tartó szomszédjábanlakó Dunhillt szív. 13. A német Prince-t szív 14. A norvég a kék ház szomszédja 15A blendet szívó ember szomszédjban vizet isznak

[1766] Sirpi2007-01-17 07:56:06

Ha jól értem, mivel kötött a menetrend, ezért tesszük fel, hogy az [a,b] intervallum fix. Viszont akkor az egyszerűség kedvéért legyen [a,b]=[0,1], a két város távolsága s, a vonat maximális gyorsulása pedig L (tehát [0,1]-en |f'(x)|\leqL).

Nézzük meg, hogy maximálisan mekkora utat tud a vonat megtenni az adott idő alatt. Nyilvánvalóan az a legjobb stratégia, ha azonnal maximális gyorsításra kapcsol félútig, majd onnan maximális lassulásba kezd az út végéig. Az ehhez tartozó sebességgrafikon egy olyan egyenlő szárú háromszög két szára lesz, aminek a magassága L/2. És azért nyilvánvaló, hogy az ehhez tartozó út a maximális, mert az alatta lévő terület adja meg a megtett utat, és az összes többi stratégia grafikonja bele kell, hogy essen ebbe az egyenlő szárú háromszögbe.

A háromszög területe L/4, így rögtön adódik feltételként, hogy L\geq4s kell ahhoz, hogy a feladat megoldható legyen.

* * *

Most toljunk a háromszög felső csúcsától kezdve lefelé egy vízszintes egyenest. Ez elmetszi a két szárat, és a felső kis háromszöget figyelmen kívül hagyva egy egyenlő szárú trapézt kapunk a víszintes egyenes minden helyzete esetén. Állítsuk be úgy a felső egyenest, hogy a trapéz területe éppen s legyen. Megintcsak könnyen látható, hogy ez az optimális stratégia ahhoz, hogy a vonat maximális sebessége minimális legyen. Ugyanis tegyük fel, hogy van egy ennél is jobb. Ekkor ennek grafikonja végig a konstruált trapéz alatt kell, hogy haladjon - egyenlőség persze megengedett (a szárak fölé nem tud menni, mert akkor L-nél jobban gyorsulna, a felső vízszintes szakasz fölé megintcsak, mert akkor a maximális sebessége lenne nagyobb, mint a konstruált esetben). Viszont ekkor a görbe alatti terület kisebb kell legyen, mint a trapézé, vagyis a vonat nem éri el a célállomást, ami ellentmondás.

A max. sebesség minimuma könnyen ki is számolható: tegyük fel, hogy a vonat x idő után kezd állandó sebességgel haladni (és ekkor nyilván 1-x-nél kezd lassítani). A megtett út ilyenkor: L/4-(1-2x)2.L/4=s, vagyis 4x-4x2=4s/L, tehát x2-x+s/L=0. Innen

x_{1,2}=\frac{1 \pm \sqrt{1-4s/L}}2

Ebből a kisebbre van szükségünk, a nagyobbik pont azt adja meg, hogy mikor kell lassítanunk.

* * *

A másik eset az, amikor a maximális sebesség maximalizálására törekszünk. Ekkor vegyük azt a stratégiát, amikor \sqrt{s/L} ideig maximálisan gyorsítunk, majd ugyanennyi idő alatt megállunk. \sqrt{s/L} \leq 1/2 a feltételek szerint, tehát ez egy megvalósítható stratégia. Ilyenkor a megtett út (2\sqrt{s/L})^2 \cdot L/4 = s. Minden más stratégia viszont, aminél a maximális sebesség nagyobb, mint jelen esetben, szükségképpen több utat jelent, hiszen ha a(z egyik) maximális sebességű pontból L és -L meredekségű félegyeneseket húzunk lefelé, akkor az teljes egészében az eredeti út görbéje alatt kell hogy elhelyezkedjen a maximális gyorsulás miatt, és a félegyenesek által kifeszített háromszög is nagyobb területű lesz, mint s (a háromszög nagyobb magassága miatt), ami ellentmondás. Vagyis megkaptuk a maximális sebesség maximumát is.

Ha gond lenne az, hogy a vonat előbb ér az állomásra, mint kellene neki, akkor megtehetjük, hogy a konstruált háromszög területét nagyon picit csökkentjük, és a lassítási ág legvégén nagyon lassan gurulva tesszük meg az út utolsó 1 cm-ét (de ez már csak finomkodás).

* * *

Végeredmény:

L\cdot\frac{1 - \sqrt{1-4s/L}}2 \leq v_{\max} \leq \sqrt{sL}

Előzmény: [1764] Lóczi Lajos, 2007-01-17 01:52:30
[1765] Lóczi Lajos2007-01-17 02:34:28

Kicsit pontosabban megfogalmazva, a kérdést úgy akarom feltenni tehát, hogy mi lehet a maximális sebesség minimuma, illetve maximuma a megengedett sebességfüggvények halmazán. Tehát ez egy feltételes minimax és "maximax" feladat.

Előzmény: [1764] Lóczi Lajos, 2007-01-17 01:52:30
[1764] Lóczi Lajos2007-01-17 01:52:30

Egy utazásom alkalmával jutott eszembe ez a teljesen gyakorlati kérdés -- számomra nagyon nehéznek tűnik, leginkább variációszámítás-ízű. Ezért nyugodtan tegyünk mindenféle egyszerűsítő feltevéseket, hogy bármiféle eredményt kapjunk. Tehát:

Adott két város, köztük egyenes vonalú pályán egy vonat fut. A két végállomáson a vonat sebessége persze nulla, menet közben a gyorsulás és lassulás természetesen korlátozott. A két város távolsága adott, a távolság megtételéhez szükséges idő szintúgy. A kérdés az, hogy mi lehet a vonat maximális sebessége, illetve ennek alsó/felső becslése.

Vegyünk fel adatokat tetszés szerint, hogy érdekes feladatokat kapjunk, mindenféle részeredményre kíváncsi vagyok.

Egy lehetséges modell a következő: adott egy f:[a,b]\toR nemnegatív függvény, ami folytonosan deriválható. (Itt f-re úgy gondolok, mint a sebességre az idő függvényében, persze nem biztos, hogy ez a legcélszerűbb szereposztás.) f(a)=f(b)=0, mert az állomásokon áll a vonat. Menet közben is megállhat persze. f deriváltja korlátos, mert a vonat nem gyorsulhat akármennyivel. f integrálja a-tól b-ig (= a megtett út) adott. Kérdés, mennyi lehet f maximuma [a,b]-n.

[1763] rizsesz2007-01-16 23:03:25

Szóval nekem az lenne a kérdésem Roberto, hogy ezek a feladatok mihez segítenek hozzá, mármint ha megoldod őket, és beadod? Ismered azt, akinek odaadod?

[1762] rizsesz2007-01-16 22:59:41

Azért ha az egyenlet-rendezés nem megy, az azért elég aggasztó, nem? Mármint így mi értelme van a feladatok megoldását megadni?(moderáljatok engem!).

[1761] Lacczyka2007-01-16 22:08:03

Szerintem olvasd át S. Ákos [1737]-ben leírt megoldását. Ebben a végén kijönnek az oldalak, és ebből már nem gond sem a felszín, sem a térfogat kiszámítása. A másik megoldás (az csak a felszínre volt) a Te szempontodból nem lényeges. Viszont ha valamit nem értessz ebből a megoldásból [1737], akkor kérdezz rá konkrétan, sorra pontosan.

Lacczyka

Előzmény: [1760] Roberto85, 2007-01-16 19:27:31
[1760] Roberto852007-01-16 19:27:31

valaki?

[1759] Roberto852007-01-16 17:17:48

még lenne egy kérdés, h amikor ki kell vonni az a2+b2+ab=84et, máskor meg hozzáadni, na ez miért kell?

[1758] Csimby2007-01-16 16:59:09

Nézheted fentről le is, no: c(a2-c2)=b(a2-b2) - ezt akarjuk bizonyítani. Most a2 - helyére beírjuk b2+bc+c2-t mindkét oldalon, (koszinusz tételből tudjuk hogy ezt megtehetjük) így ezt kapjuk: c(b2+bc+c2-c2)=b(b2+bc+c2-b2) Itt most egyszerűsítesz a zárójeleken belül, marad: c(b2+bc)=b(bc+c2) Kiemelsz baloldalból b-t, jobb oldalból c-t és ami marad: bc(b+c)=bc(b+c) Ami pedig nyilván igaz, így a bizonyítandó állítás is igaz volt, hiszen végig ekvivalens átalakításokat végeztünk.

Előzmény: [1738] S.Ákos, 2007-01-13 19:23:33
[1757] Roberto852007-01-16 16:44:24

hát nézem visszafele, dehát nemértem ezt azért tényleg jó lenne ha elmagyaráznátok mindent lépésről lépésre...

[1756] Roberto852007-01-16 16:35:39

aha szval ezt visszafele kell nézni? :D

Előzmény: [1755] Csimby, 2007-01-16 16:25:42
[1755] Csimby2007-01-16 16:25:42

[1738]-nél alulról indulj ki és úgy következnek egymás utána a lépések felfelé, míg végül megkapjuk a bizonyítandó állítást. Utolsó lépésben felhasználjuk a2=b2+bc+c2-et is.

Előzmény: [1753] Roberto85, 2007-01-16 15:55:26
[1754] Roberto852007-01-16 15:56:04

aha csak hát be is kell bizonyítni az a felül oldal és szembenézetest :)

Előzmény: [1752] Sirpi, 2007-01-16 14:43:32
[1753] Roberto852007-01-16 15:55:26

Felírva a koszinusz-tételt az a oldalra kapjuk, hogy

a2=b2+bc+c2 és ezutánni részt nem értem h jön ide, hogy c(a2-c2)=b(a2-b2) meg hogy ezután még ebből hogy lesz c(b2+bc+c2-c2)=b(b2+bc+c2-b2) azet a két lépést mondjátok el, azután nem zaklatlak benneteket :)

[1752] Sirpi2007-01-16 14:43:32

1. 100%

2. van

3. Így szemlátomást értelmetlen a feladat.

Előzmény: [1751] Roberto85, 2007-01-16 14:09:14
[1751] Roberto852007-01-16 14:09:14

amúgy vannak még feladataim :) 1. Egy gömb felületén véletlenszerűen választunk 3 pontot, mennyi a valószínűsége, h a választott pontok egy félgömbön lesznek?

2. Létezhet e olyan test, melynek oldalnézete négyzet, elölnézete háromszög, felülnézete kör :)

3. Körülbelül hány tonna követ használtak fel a Kheposz piramis építői (a mészkő sűrűsége 2,7 tonna köbméterenként) Kheposz fáraó 23 évig uralkodott. Hány köbméter követ kellett megmozgatniuk naponta, ha feltételezzük h 23évig épült? csak ennyi van megadva :S

[1750] Roberto852007-01-16 13:55:49

Ákos küldtem egy email-t :)

[1749] Sirpi2007-01-16 12:53:45

Rossz helyen keresgélsz. Mivel a színusz- és koszínusz-függvény 2\pi szerint periodikus, így ha találunk egy megoldást, akkor ahhoz 2\pi-t hozzáadva szintén jó megoldás adódik. Ráadásul ebben a feladatban most \pi szerinti periodicitás is van, sőt, ami eddig nem is lett írva, \pi/2 szerinti is. Így a legtömörebb megoldás:

x=\frac\pi 4 + k\cdot \frac \pi 2 \qquad k \in Z

Előzmény: [1748] Roberto85, 2007-01-16 12:26:35
[1748] Roberto852007-01-16 12:26:35

de pl a cosinus és sinusos fealdatnál amikor 4 az alapja. na szval annak a végén a megoldásnak van bent valami k betű az ott mi lenne? mert nekem a kerület ugrik be így elsőre...

[1747] Roberto852007-01-15 19:29:07

tenném én fel, de hát nem látom gybe a feladatokat...

[1746] Sirpi2007-01-15 18:41:15

Na, végre egy konkrét kérdés :-)

A koszinusz-tétel szerint minden háromszögben a2=b2+c2-2bccos \alpha. És mivel cos 120o=-1/2, ezért jelen esetben a2=b2+c2+bc. Várjuk a további konkrét kérdéseket :-)

Előzmény: [1745] Roberto85, 2007-01-15 17:25:22
[1745] Roberto852007-01-15 17:25:22

meg hát főleg az lenne a kérdés h amikor bizsonyítani kell a 3szögesnél hova lett a 120fok?

[1744] Roberto852007-01-15 17:23:34

holnap vagy szerdán kéne leadnom :(

[1743] Roberto852007-01-15 17:16:48

valaki elmagyarázná?

[1742] Roberto852007-01-14 19:41:10

Látom én h szépen kiszámoltátok őket, nagyon köszönöm is... csak hát kicsit kuszán vannak a feladatok...

de pl ezt a szinuszosat meg a 3szögeset fullra nem értem... szval én már a kezdésnél csak lesek, azt se tudom h melyik feladat hol kezdődik :( pedig nem vagyok segg hülye matekból csak hát nekem ezek már nehéz feladatok amúgy tényleg nagyon köszi

[1741] Sirpi2007-01-14 17:56:02

Szerintem játsszuk azt, hogy írd le, hogy Te melyik lépéseket nem érted, és azt majd elmagyarázzuk. De miután ilyen szépen ki lett fejtve minden feladat megoldása, tényleg nem baj, ha egy kicsit Te is dolgozol :-) Szóval várjuk a konkrét kérdéseidet.

Előzmény: [1740] Roberto85, 2007-01-14 17:10:34
[1740] Roberto852007-01-14 17:10:34

bocsi de tényleg nem értem, mert elég összevissza vannak a feladatok... és ha valamit rosszul írok le akkor levágják h nem én csináltam! Meg amúgy is bele szokott kérezni, szval nagyon megköszönném ha írnál mellé egy kis magyarázó szöveget

[1739] Roberto852007-01-13 21:45:48

húúúha nekem itt nagyon összekeveredtek a dolgok h melyik melyik feladat :D megtudnád tenni h mind a 3 feladatot leírod egyszerre? :D

és a sin-os cos-os, és ezt a 3szögeset elmagyaráznád? mert ha belekérdez elég hülyén veszi ki magát h nem tudom :)

eddigiekért is nagyon köszi :)

[1738] S.Ákos2007-01-13 19:23:33

Köszi. 1. Felírva a koszinusz-tételt az a oldalra kapjuk, hogy

a2=b2+bc+c2

c(a2-c2)=b(a2-b2)

c(b2+bc+c2-c2)=b(b2+bc+c2-b2)

c(b2+bc)=b(bc+c2)

bc(b+c)=bc(b+c)

Előzmény: [1736] Roberto85, 2007-01-13 16:58:55
[1737] S.Ákos2007-01-13 19:16:02

2. A térfogat:

a+b+\sqrt{ab}=14

\sqrt{ab}=14-a-b

ab=196+a2+b2-28(a+b)+2ab

-ab=196+a2+b2-28(a+b)

ezt (1)-hez adva:

a2+b2=280+a2+b2-28(a+b)

a+b=10

innét \sqrt{ab}=4

V=abc=ab\sqrt{ab}=\sqrt{ab}^3=4^3=64

(a téglaest élei 2,4,8 egységnyiek, ezt az ab=16 a+b=10 egyenletrendszer megoldásával nyerhetjük)

Előzmény: [1735] S.Ákos, 2007-01-13 14:12:07
[1736] Roberto852007-01-13 16:58:55

télleg nagyon köszi az eddigiket is. én úgy tudom h ez úgy van, hogy az A csúcsban van az alfa fok ugye ez a 120fokos, és ezzel szemben van az 'a' oldal

Előzmény: [1735] S.Ákos, 2007-01-13 14:12:07
[1735] S.Ákos2007-01-13 14:12:07

Ennyire jutottam eddig:

1. L melyik oldallal szembeni szöget jelöli?

2. Legyenek a téglatest élei a, b, c, és legyen c=\sqrt{ab}! Ekkor felírható:

a2+b2+ab=84(1)

a+b+\sqrt{ab}=14

vagyis

a^2+b^2+2\sqrt{ab}(a+b)+3ab=196

ebből kivonva (1)-et

2(ab+\sqrt{ab}(a+b))=112

-Ennyi a téglatest felszíne.

3. Ismeretes, hogy cos2x+sin2x=1, így az egyenlet sin2x=y helyettesítéssel 4y+41-y=4alakba írható, innét: 4^y+\frac4{4^y}=4. Most legyen 4y=z, így az egyenlet

z+\frac4z=4

alakot ölt. Ennek megoldása az z=2, így

y=\frac12

sin^2x=\frac12

sinx=\pm\frac1{\sqrt2}

x=\pm\frac\pi4+k\pi

Előzmény: [1734] Roberto85, 2007-01-13 11:06:32
[1734] Roberto852007-01-13 11:06:32

hello kaptam pár feladatot matekórán ha segítenétek megoldani őket nagyon megköszönném. Előre is köszi /sűrgős lenne/

Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben L= 120 fok, akkor c(a2-c2)=b(a2-b2)

Egy téglatest egy csúcsból kiinduló éleinek összege 14, négyzetük összege 84. Egyik él mértani közepe a másik kettőnek. Mekkora a téglatest felszíne és térfogata?

[1733] Cckek2007-01-13 00:52:24

Áltlánosítok mert két számra megoldottam. Tehát azt a legkissebb k-t keressük, hogy mindig kiválasztható legyen közüle p szám,(p adott) úgy hogy ezek közé elhelyezhetőek legyenek a + illetve - műveletek úgy hogy az eredmény osztható legyen n-nel.

Előzmény: [1732] Cckek, 2007-01-13 00:07:19
[1732] Cckek2007-01-13 00:07:19

Nos jó... Akkor egy kis matematika. Ismert dolog, hogy 5 természetes szám közül mindig kiválasztható 2 úgy, hogy a különbségük, vagy összegük osztható legyen 7-tel. Akkor általánosítsuk ezt. Adott n esetén, határozzuk meg azt a k-t, hogy k szám közül mindig kiválasztható legyen 2 melynek a különbsége vagy összege osztható legyen n-el. Pl n=9-re k=6. Ez nagyon érdekes, mert k nyilván függ n-től, de kérdés hogy megadható-e zárt formában?

[1731] rizsesz2007-01-12 19:09:42

Nem tudom, hogy miért baj az, ha valaki felnéz valakire, és miért kell ezt nyalizásnak minősíteni. Attól még, hogy itt egyenlő félként, mindenki matematikával foglalkozik, még megadhatjuk egymásnak azt a jogot, hogy emberként viselkedünk egymással, és ha valaki segít nekünk, és veszi a fáradtságot, és pl. javaslatot tesz valamire, vagy neadjisten, még azt is megmondja, hogy hogyan kell valamit TeXben megírni, akkor azt nem kioktatásnak vesszük. Már ha ez lehetséges.

Előzmény: [1730] Cckek, 2007-01-12 16:59:57
[1730] Cckek2007-01-12 16:59:57

Ugyan nem fogom már a topic témáját megváltoztatni, de azt már hadd döntsem én le, hogy kire nézek fel:)). Amúgy privátba nyalizz ez a topic itt a matematikáról szól, vagy legalábbis azt hittem eddig.

Előzmény: [1728] nooby, 2007-01-12 14:25:42
[1729] HoA2007-01-12 16:15:36

Akkor konkrétan:

Állítás: Ha 2x-1 osztója 2p-1 -nek, akkor x megfelel.

Ebből az is következik, hogy

a) a legkisebb x>1 -et a legkisebb 2x-1 > 1 alakú osztóból kapjuk - és mind ilyen alakú.

b) Minden p-hez van x - ha kisebb nem, akkor p maga.

Bizonyítandó az Állítás és esetleg a fordítottja is.

Előzmény: [1728] nooby, 2007-01-12 14:25:42
[1728] nooby2007-01-12 14:25:42

Cckek: Szerintem Sirpi nem kiosztani akart, csak jelezte, hogy szebben is beírhatnám a feladatot. Véleményem szerintem jogos volt. Egyébként meg mindkettőnknek van oka felnézni Rá ;) (Nézd meg az infot Róla, ha másképp vélekedsz!)

HoA: Ezt a 2p-1 osztóit kereső megoldást én is megtaláltam, azért tettem fel a kérdést, mert reméltem, hogy Ti tudtok rá valami mást mondani. Egyébként gratulálok!

U.i.: Sirpit már csak azért is meg kell védenem, mert én is majdnem ott fogok (remélhetőleg) diplomát szerezni, ahol Ő :)

Előzmény: [1725] Cckek, 2007-01-12 13:12:23
[1726] Sirpi2007-01-12 13:28:54

Bocs, ha kioktatásnak érezted, igazából csak azért írtam le, hátha többen látják, hogy nem ördöngösség ez, és bátran lehet használni. Szebb is lesz a végeredmény, meg az illető is nagyobb lelki nyugalommal posztolhat tudván, hogy nem értik félre.

Bocs, ha kioktatónak tűntem, nem fogok ilyen hsz-t gyakran hegeszteni...

Előzmény: [1725] Cckek, 2007-01-12 13:12:23
[1725] Cckek2007-01-12 13:12:23

Még jó, hogy ez a forum arról szól, hogy a matematikában érdekeltek, egyenrangú félként megbeszéljenek, megvitassanak dolgokat, esetleg segítsenek egymásnak bizonyos problémák megoldásában, és nem arról, hogy hogyan kell mindenkit kioktatni!:))

Előzmény: [1727] Sirpi, 2007-01-12 10:53:42
[1727] Sirpi2007-01-12 10:53:42

Ajánlom figyelmedbe (és mindenki más figyelmébe is) a fórumhoz készített TeX-tanfolyamot-ot.

a\neqb: $a \neq b$

a\equivb: $a \equiv b$

És amit még furán szoktak használni (*-gal):

a.b: $a \cdot b$

Szerintem nagyon hamar bele lehet szokni a dologba. Szóval az eredeti feltétel így néz ki TeX-ben:

p\equiv2x2mod 4x-2, x\neq1

$p \equiv 2x^2 \mod 4x-2$, $x \neq 1$

Előzmény: [1721] nooby, 2007-01-11 18:25:31
[1724] HoA2007-01-12 09:00:02

Azt hiszem megvan a megoldás. Nem akarom ellőni, ezért egyelőre csak ennyit : Keressetek öszefüggést 2p-1 legkisebb valódi osztója és a p-hez található legkisebb x > 1 között.

Előzmény: [1723] nooby, 2007-01-11 20:57:44
[1723] nooby2007-01-11 20:57:44

Nézzük a p=8 esetet. Ekkor szerintem az x=2 a legkisebb, mivel: 8 kongruens 8 (mod 4*2-2), de ha kipróbáltok más p-ket, akkor látszik, hogy változó, hogy mi lesz az optimális x értéke. Ha gondoljátok írhatok még néhány (p, x) párt...

Előzmény: [1722] jenei.attila, 2007-01-11 20:37:24
[1722] jenei.attila2007-01-11 20:37:24

p nyilván páros. Ekkor a legkisebb megfelelő x szerintem p, vagyis x=p.

Előzmény: [1721] nooby, 2007-01-11 18:25:31
[1721] nooby2007-01-11 18:25:31

Nos, jutott valaki tovább esetleg? Egyébként az, hogy valaki nem vette észre, hogy az egyet nem tekinti a feladat megoldásnak, az valószínű az én hibám, mert én nem tudok ilyen matematikai kifejezéseket írni, mint nemegyenlő, kongruens... ezért inkább máshogy próbálom ezeket olvasható formába önteni.

Különben a feladat megoldásának nem muszáj egy zárt képletnek lennie. Elég az, ha egy (asszimptotikusan) jobb algoritmust mond valaki ennél: for(int i=2; (...); i++) . Remélem, sokat segítettem ;)

Előzmény: [1720] HoA, 2007-01-11 17:16:36
[1720] HoA2007-01-11 17:16:36

Idáig én is eljutottam. x=1 nyilván megfelene. 2x2 mod 2 \equiv 0 . És bármely p páros szám mod 2 \equiv 0 . De a feladat éppen az x=1-et zárja ki. Tehát adott p-hez mi a legkisebb, 1-től különböző x ?

Előzmény: [1719] Cckek, 2007-01-11 17:01:01
[1719] Cckek2007-01-11 17:01:01

Nem értem. Nyílván p páros másképp nincs megoldás. De ekkor a legkissebb ilyen x az 1.

Előzmény: [1717] HoA, 2007-01-11 15:54:27
[1718] nooby2007-01-11 15:56:12

Igen, pontosan. :) Bocsi, hogy nem pontosan fogalmaztam.

Előzmény: [1717] HoA, 2007-01-11 15:54:27
[1717] HoA2007-01-11 15:54:27

Jól értem, az a feladat, hogy adott p-hez keressünk olyan legkisebb x-et, melyekre p\equiv2x2 ( mod (4x-2)) ?

Előzmény: [1716] nooby, 2007-01-11 15:10:48
[1716] nooby2007-01-11 15:10:48

Sziasztok!

Remélem, hogy tud valaki segíteni a következő feladat megoldásában, mert nekem nem sikerül:

Adott az alábbi kongruencia:

p kongruens 2*x*x mod 4x-2

Ahol p egy természetes szám, paraméter. A feladat az lenne, hogy keressük a legkisebb olyan x természetes számot (x<>1) , amire az alábbi kongruencia teljesül.

Nekem a brute-force-nál gyorsabb módszer kéne, vagyis, hogy ne kelljen végignézni 2től a számokra, hanem valahogy gyorsabban meg lehessen határozni.

Előre is köszönöm, és aki megmondja, azt hálám a sírig fogja üldözni.

[1715] psbalint2007-01-10 21:45:14

köszönöm szépen a segítséget a feladattal kapcsolatban

[1714] Pirigyi Roland2007-01-10 17:31:24

Kössz Sirpi én nem akartam senkit beugratni , hanem engem ugrattak be asszem :))) köszi

[1713] Sirpi2007-01-10 17:18:08

Remélem, nem az a beugratás, hogy n a futó index, f pedig x-től függ :-) (ilyenkor ugyanis f(x) konstans, és igaz az állítás).

Amúgy meg nem igaz, legyen pl. f(x)=1, ha x racionális, különben pedig f(x)=-1. Ilyenkor minden a-ra van |f(x)|-nek határértéke (és =1), viszont f(x)-nek semmilyen a-ra nincs.

Előzmény: [1712] Pirigyi Roland, 2007-01-10 14:23:03
[1712] Pirigyi Roland2007-01-10 14:23:03

Döntse már el nekem valaki , hoyg ez igaz vagy hamis :) elöre is köszönöm. Roland

Ha létezik \lim_{n->a}|f(x)| ,akkor létezik \lim_{n->a}f(x) is.

[1711] jonas2007-01-10 12:09:55

Szerintem még csak integrál sem kell bele. Két körszelet területét kell összeadni, ezekre meg van egyszerű képlet. Viszont persze a kifejezés lehet annyira szögfüggvényes, hogy ha a feladathoz felírjuk az egyenletet, akkor azt nem tudjuk zárt alakban felírni.

Előzmény: [1709] Cckek, 2007-01-09 18:25:30
[1710] S.Ákos2007-01-09 19:55:01

Itt van egy közelítő megoldás

Előzmény: [348] nadorp, 2004-04-27 15:42:14
[1709] Cckek2007-01-09 18:25:30

Elnézést a közbeszólásért de k értéke kiszámítható r függvényében ugyanis a lelegelendő terület felírható integrálok különbségeként. Nos a számítások bonyolultak én pedig lusta vagyok, de úgy nézem hogy a képletben mindenképpen szerepel az arcsin függvény bizonyos értéke. Talán innen ered a megtszerkeszthetetlenség.

Előzmény: [1707] HoA, 2007-01-09 17:18:16
[1708] psbalint2007-01-09 17:38:50

Igazság szerint én megpróbáltam kifejezni a kötél hosszának értékét r-rel. Ha nem lehet egy zárt formulát adni, akkor viszont örülnék ezen állítás bizonyításának.

[1707] HoA2007-01-09 17:18:16

Nincsenek régi viccek, csak öreg emberek... A feladatot szerintem a Fórumosok ismerik, ami nem baj, mert itt inkább az az érdekes, mit jelent az, hogy "nem boldogulok vele". Nyilván látod, hogy mivel minden kör hasonló egymáshoz, a megoldás k*r, ahol 1 < k < 2 , hiszen az r hosszú kötéllel a terület felénél kevesebb legelhető le, 2r -nyi kötéllel pedig az egész kert. k numerikus értéke fokozatos közelítésekkel (számítógépes programmal, kézi számolással) tetszőleges pontossággal kiszámítható. Könnyen belátható, hogy a legelhető terület k-nak monoton függvénye, így adott k-hoz kiszámítva a legelhető területet, attól függően, hogy az nagyobb vagy kisebb a fél kertnél, k-t csökkenteni vagy növelni kell, míg el nem érjük a kitűzött pontosságot. De ha azt várjuk, hogy k-t valamilyen zárt alakban felírhassuk, például "szerkeszthető" lenne, tehát egész számok, a négy alapművelet és négyzetgyökök használatával felírható, akkor csalódnunk kell. A Fórum olvasói számára talán éppen ez lehet egy jó kis feladat: Bizonyítsuk be, hogy k nem szerkeszthető.

Előzmény: [1706] psbalint, 2007-01-09 15:38:27
[1706] psbalint2007-01-09 15:38:27

Üdvözlök mindenkit! Egy feladatot szeretnék elmondani, remélem még nem volt, ha volt, elnézést. Nagyon egyszerűnek tűnik mégsem boldogulok vele...

Egy kör alakú kert sugara r, a körvonal egy pontjához belülről hozzákötünk egy kecskét egy kötéllel. Milyen hosszú legyen a kötél, hogy a kecske a kör területének felét tudja lelegelni?

[1705] Cckek2007-01-08 23:04:15

Azt csak azért adtam meg hogy minden valós számra a függvény értelmezett legyen. Mert a funkcionálegyenlet 0- ban nem értelmezett. Ilyen függveny az f(x)=x illetve f(x)=1,x\ne0 és f(x)=-1,x\ne0

Előzmény: [1704] Lóczi Lajos, 2007-01-08 22:59:12
[1704] Lóczi Lajos2007-01-08 22:59:12

Vajon hogyan lehet majd használni az f(0)=0 feltételt, ha bármelyik változó helyébe is írunk 0-t, 0-val osztás lép fel?

Előzmény: [1703] Cckek, 2007-01-08 22:22:19
[1703] Cckek2007-01-08 22:22:19

Ugyan már máshol is kitűztem, de nem érkezett megoldás rá, remélem itt együttesen megoldjuk: Oldjuk meg a következő funkcionálegyenletet

f:R\to R, f(xyz)=f\left(\frac{xf(y)}{z}\right)f\left(\frac{yf(z)}{x}\right)f\left(\frac{zf(x)}{y}\right),f(0)=0.

[1702] magusocska2007-01-08 19:33:53

Egy QBASIC program 2.5 mp alatt kihozta, hogy 48 megoldás van.

A progi lényegében kipróbálta az oszhatósági szabályokat a fokozatosan növelt helyiértékszámú számokra.

Más, "elegánsabb" módszer nem lenne?

Előzmény: [1697] magusocska, 2007-01-08 08:03:44
[1701] bgy672007-01-08 17:49:27

A következő problémám lenne, segítsen, aki tud!

12k+4 embert akarok 4-személyes asztalokhoz leültetni (römi-verseny) 4k+1 fordulóban úgy, hogy mindenki mindenkivel pontosan egyszer játsszon.

Egy órát kerestem google-val, de nem találtam táblázatot, csak azt a tételt, hogy ez mindig megoldható.

16 személyre meg is csináltam, egyszerűen mindig a legkisebb lehetséges sorszámú személyt ültettem le sorban és kijött, lehet hogy ez mindig működne, de programozni annyira nem tudok, hogy megcsináljam, kézzel meg hosszú. "Szép" mintát meg nem találtam, amit általánosítani lehetne.

Aki találkozott a problémával (gráfelmélet, véges testek??), és tud sorsolást leglább 28 és 40 főre, pls szóljon.

[1700] magusocska2007-01-08 09:52:47

Teljesen igazad van - elnézést kérek [ vadidegenül szorri :-)) ]

Csak magyarázatképpen említem meg, hogy

- túlságosan hozzá vagyok (gyunk) szokva az intelligens ellenőrzőrendszerekhez (nincs aláhúzás? akkor mehet)

- egy sort írtam le, a többi másoltam, és csak a számokat javítottam át, a toldalékokat nem

- a gyors kommunikációs kényszer (sms, email,chat) miatt egyre kevesebb jelentőséget tulajdonítunk (és sajnos ezek szerint -tok) a helyesírási konvencióknak

- és Proszékyék még nem publikálták a KÖMAL fórumra is alkalmazható ellenőrző rutincsomagjukat :-)

Előzmény: [1699] BohnerGéza, 2007-01-08 09:02:58
[1699] BohnerGéza2007-01-08 09:02:58

Nagyon örvendetes, ha valaki tisztában van idegen szavak jelentésével. ( politikai publicitás, korifeus, kontextus, konvenció )

De jó lett volna az alapvető magyar szabályokat is betartani az előző hozzászólásban! ( Teljes hasonulás. )

kilenccel 9-cel nyolccal 8-cal ...

a legcsúnyább a 2-el, a 2-vel helyett!

Sajnos rengeteg helyen látni rosszul írva ezeket a sajtóban!

Előzmény: [1698] magusocska, 2007-01-08 08:20:32
[1698] magusocska2007-01-08 08:20:32

Érdekes is, matematika is, de kérdés, hogy feladat-e, mindenesetre túl vagyok rajta.

Peano politikai publicitásáról hallottatok-e? (Összerugtam a port a lányom matektanárjával - így derült ki az ellentmondás.)

A természetes számok Peano féle meghatározása tartalmazta a nullát, az én egyetemi jegyzeteimben a természetes számok pozitív egészként szerepeltek, ma ismét az eredeti halmaz a hivatalos. A Lomonoszov korifeusaival lehet kapcsolatban az ügylet...

Tehát a kérdés (feladat): a magyar matematikaoktatásban mely években tanították a természetes számok halmazát az eredeti Peano-axiómától eltérően?

Megjegyzés:

A Wikipédia a következőt írja a "Természetes számok"-nál :

Vigyázat! Tekintve, hogy egyes matematikai tárgyú könyvek a természetes számok közé sorolják a nullát, mások nem, így minden esetben figyelmet kell fordítanunk arra, hogy utánanézzünk, az adott kontextusban a szerzők melyik konvenciót alkalmazzák.

[1697] magusocska2007-01-08 08:03:44

Mellyek az a 9 jegyű számok, amire igazak az alábbiak:

a 9 jegyű szám osztható 9-el,

ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 8 jegyű szám osztható 8-al,

ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 7 jegyű szám osztható 7-el,

. . .

ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 2 jegyű szám osztható 2-el.

Elég könnyű legalább egyet találni (pl. 13694729) a jegyenkénti szabályalkalmazással, de az összes megtalálására a brutal force-n kívül van -e módszer?

[1696] Lóczi Lajos2007-01-07 14:29:20

Köszönöm, ezzel a kiegészítéssel már én is látom minden alesetben, hogy hogy mehet a sorozat -- szép gondolatmenet.

Előzmény: [1695] Sirpi, 2007-01-07 07:11:10
[1695] Sirpi2007-01-07 07:11:10

Igaz, hogy már elhangzott egy sokkal frappánsabb megoldás (grat érte), de azért ha már kérdés, válaszolok:

Mivel |bn/2-bn+1|<\varepsilon minden n>N-re a folytonosság miatt, ezért bn/2-\varepsilon\leqbn+1\leqbn/2+\varepsilon. Vagyis ha bn\geq3\varepsilon, akkor (3/2-1)\varepsilon\leqbn+1, tehát nem válthat előjelet (a bal oldali egyenlőtlenséget felhasználva), másrészt bn+1\leqbn/2+\varepsilon\leqbn/2+bn/3\leqbn, tehát a sorozat monoton is.

Azt hittem, hogy ezek teljesen nyilvánvalónak látszanak az egyenlőtlenségből, azért nem részleteztem a dolgot ennyire.

Ha bn<0, akkor ugyanez elmondható, csak akkor a sorozat alulról, szintén monoton módon megy be a [-3\varepsilon;3\varepsilon] intervallumba.

Előzmény: [1693] Lóczi Lajos, 2007-01-07 02:55:59
[1694] Lóczi Lajos2007-01-07 03:23:19

Köszönöm a megoldásokat, az állítás igazsága viszont azt jelenti, hogy most van egy sokkal kevesebb számolást igénylő megoldásunk az [1681]-es hozzászólás feladatára, az ugyanis alig igényel számolást belátni, hogy

un=2n-4/3+an

alakú, ahol an+2an+1 nullához tart és korlátos, tehát most már valóban tudjuk, hogy maga an is nullához tart, ez pedig elég ahhoz, hogy a -19/12-et kihozzuk.

Előzmény: [1692] nadorp, 2007-01-07 00:32:48
[1693] Lóczi Lajos2007-01-07 02:55:59

Nyilván azzal kell kezdeni a bizonyítást, hogy a b sorozat bemegy a [-3\varepsilon,3\varepsilon] intervallumba.

"Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3\varepsilon felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni."

De ha nem menne be, miért maradna 3\varepsilon felett? Miért ne ugrálhatna (pozitív és negatív értékekre) és főleg, miért kellene, hogy monoton legyen a b sorozat?

Előzmény: [1688] Sirpi, 2007-01-04 23:47:54
[1692] nadorp2007-01-07 00:32:48

Bocs, elírtam a becslés második tagját, helyesen:

\frac{N}{2^{n-N+1}}K

Előzmény: [1691] nadorp, 2007-01-06 12:56:32
[1691] nadorp2007-01-06 12:56:32

Legyen bn=an+2an+1. Ekkor

a_2=\frac{b_1-a_1}2

a_3=\frac{b_2-a_2}2=\frac{b_2}2-\frac{b_1-a_1}4

a_4=\frac{b_3-a_3}2=\frac{b_3}2-\frac{b_2}4+\frac{b_1-a_1}8

...

a_{n+1}=\frac{b_n-a_n}2=\frac{b_n}2-\frac{b_{n-1}}4+\frac{b_{n-2}}8-...(-1)^n\frac{b_2}{2^{n-1}}+(-1)^{n+1}\frac{b_1-a_1}{2^n}.

Mivel \lim_{n\to\infty}b_n=0, ezért n>N esetén |bn|<\epsilon, azaz

|a_{n+1}|\leq\epsilon\left(\frac12+\frac14+...\frac1{2^{n-N}}\right)+\frac1{2^{n-N+1}}K<\epsilon+\frac1{2^{n-N+1}}K, ahol K a |b1-a1|,|b2|,|b3|... egy közös felső korlátja. ( Ez létezik, mert bn konvergens). Innen már látszik, hogy \lim_{n\to\infty}a_n=0

Előzmény: [1687] Lóczi Lajos, 2007-01-04 22:25:16
[1690] Sirpi2007-01-06 01:17:04

Nem feltételezek ilyet. Mindössze annyit, hogy van egy bm\neq0, ahol m>N, ahol N az \varepsilon-hoz tartozó korlát (azaz |bn/2-bn+1|<\varepsilon minden n>N-re). Ekkor beláttam, hogy m-et növelve bm előbb-utóbb bemegy a [-3\varepsilon;3\varepsilon] intervallumba (vagyis lehet bármilyen előjelű, megfelelően kis abszolútértékű szám), és utána viszont már nem megy ki belőle. Azaz minden \varepsilon-ra van olyan N' index, hogy |bn|<\varepsilon minden n>N'-re. Tehát bn\to0 és így an\to0.

Várom a következő kérdést :-).

Előzmény: [1689] Lóczi Lajos, 2007-01-06 00:20:29
[1689] Lóczi Lajos2007-01-06 00:20:29

Sajnos nem értem a bizonyításod.

Számomra úgy tűnik, mintha azt feltételeznéd, hogy a bn sorozat állandó előjelű már. Ha tévedek, akkor mondom a következő kérdésem :)

Előzmény: [1688] Sirpi, 2007-01-04 23:47:54
[1688] Sirpi2007-01-04 23:47:54

Igaznak tűnik :-)

Tegyük fel, hogy an nem azonosan 0 egy adott indextől kezdve, és teljesül rá a feltétel. Cseréljük ki an-et egy bn sorozatra úgy, hogy bn=an, ha n páros, és bn=-an, ha n páratlan. Ekkor a feltétel ekvivalens bn/2-bn+1 konvergenciájával (ezzel egyszerűbb talán dolgozni, mert nem "oszcillál").

Legyen \varepsilon>0. Ekkor a konvergencia miatt van olyan N, hogy minden n>N-re |bn/2-bn+1|<\varepsilon.

Mivel bn nem azonosan nulla valamilyen indextől, ezért van olyan m>N, amire bm\neq0 (feltehetjük, hogy pozitív, különben a bn sorozat helyett vegyük az ellentettjét). Ekkor bm/2-\varepsilon\leqbm+1\leqbm/2+\varepsilon, vagyis (és ez a lényeg) a sorozot bm-től kezdve előbb-utóbb bemegy a [-3\varepsilon;3\varepsilon] intervallumba, és onnan már nem is tud kijönni, így 3\varepsilon-hoz van megfelelő N' korlát.

Az, hogy ha bemegy, akkor nem tud kijönni, triviális, hiszen 0/2-\varepsilon\leqbn+1\leq3/2\varepsilon+\varepsilon, azaz a következő elem abszolútértéke 5/2\varepsilon lesz maximum. Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3\varepsilon felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2\varepsilon-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni.

Tudom, ez így kicsit kusza, meg hosszú volt, de már kezd késő lenni. Nem tudom, van-e sokkal egyszerűbb(en leírható) megoldás.

Előzmény: [1687] Lóczi Lajos, 2007-01-04 22:25:16
[1687] Lóczi Lajos2007-01-04 22:25:16

Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az alábbi állítást:

"Ha an egy olyan korlátos valós számsorozat, amelyre an+2an+1 nullához tart, akkor an konvergens" (és ekkor persze maga is nullsorozat).

[1686] Cckek2007-01-04 10:09:57

Ez a feladat az enyém ugyan, de persze nem eredeti ötletből. Én is úgy "kaptam" az u_{n+1}=1+\frac{n}{u_n},u_1=1, sorozat esetén az u_n-\sqrt{n} határérték kiszámítását. \left(\frac{1}{2}\right). Ezt általánosítottam egy kicsit, persze még rengeteg általánosítás lehetséges. A megoldáshoz viszont gratulálok.

Előzmény: [1683] Lóczi Lajos, 2007-01-04 00:00:26
[1685] Lóczi Lajos2007-01-04 00:32:52

Sőt:

u_n=2 n-\frac{4}{3}+\frac{8}{27 n}+\frac{64}{243 n^2}+\frac{112}{2187 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).

Előzmény: [1684] Lóczi Lajos, 2007-01-04 00:13:59
[1684] Lóczi Lajos2007-01-04 00:13:59

A pontosítás:

u_n=2 n-\frac{4}{3}+\frac{8}{27 n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right).

Előzmény: [1683] Lóczi Lajos, 2007-01-04 00:00:26
[1683] Lóczi Lajos2007-01-04 00:00:26

A válasz:

-\frac{19}{12}.

A bizonyításhoz célszerű megsejteni un aszimptotikus sorfejtésének az elejét. Ez némi számítógépes kísérletezést igényelt. Az alábbi állítás igaz:

2n-\frac{4}{3}-\frac{1}{n}\le u_n \le 2n-\frac{4}{3}+\frac{1}{n}.

(Itt a 2n-es nagyságrendet maga a feladat sugallta. A \frac{4}{3}-ot "kézzel" ki lehet találni, ha felveszünk egy alkalmas próba-alakot. A finomabb \frac{1}{n}-hez a számítógépre volt szükségem.) A fenti állítás bizonyítása teljes indukcióval történhet, n\le36-ra direkt látszik, az indukció n\ge36-tól működik (a 36 valójában csak az egyik irányú egyenlőtlenséghez kell, a másik n\ge1 esetén is teljesülni tud az indukció végrehajtása során).

Az állításomból a -\frac{19}{12} már standard módon adódik a közrefogási elv felhasználásával.

Amúgy honnan származik ez a szép feladat? Az általánosítás látszik: folytassuk az aszimptotikus sorfejtést, megkeresve \frac{1}{n} pontos együtthatóját (nekem kb. 0.297351-nek adódott, de ez nem pontos), és \frac{1}{n^2} együtthatóját, stb.

Előzmény: [1681] Cckek, 2007-01-02 21:47:31
[1682] rizsesz2007-01-03 19:24:48

remek időzítés Ákos. :) intuíció nélkül eszembe sem jutott vola elosztani 123456789-et 3607-tal.

Előzmény: [1680] S.Ákos, 2007-01-02 14:38:13
[1681] Cckek2007-01-02 21:47:31

Adott a következő sorozat u_{n+1}=n+\frac{2n^2}{u_n}, u_1=1. Számítsuk ki az u_n-\sqrt{n(4n+1)} sorozat határértékét!

[1680] S.Ákos2007-01-02 14:38:13

304.c) legfeljebb hány azonos számjegyre végződhet egy 3607-hatvány 123456789-es számrendszerben?

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1678] S.Ákos2007-01-02 13:31:17

Még annyit ki kell kötni, hogy létezzen olyan p prím, amelyre p|n, de p|m nem teljesül.

Előzmény: [1674] S.Ákos, 2007-01-01 19:20:28
[1677] Mumin2007-01-01 20:36:57

Akkor bocsánat, megengedem, hogy az egyszerű megoldást is közölje a szerző.

:))))

Előzmény: [1676] Csimby, 2007-01-01 20:25:49
[1676] Csimby2007-01-01 20:25:49

Szia Márton!

Az előzményre kattintva találhatsz egy linket a témával kapcsolatban.

Előzmény: [526] Csimby, 2004-10-10 01:06:52
[1675] Mumin2007-01-01 20:10:32

Hány SET-kártyát lehet legfeljebb kirakni az asztalra, hogy ne kiálthasson senki Set!-et?

Aki egyszerűnek találja, ne lője le.

[1674] S.Ákos2007-01-01 19:20:28

Érdekes kérdés lenne, hogy ha m|n akkor mk n-es számrendszerbeli alakja legfeljebb hány egyforma jegyre végződhet.

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1673] S.Ákos2007-01-01 19:11:48

Maradékvizsgálat nélkül: Mivel a 0001;0002;0004;0008;0016 végződések nem felelnek meg, így az utolsó négy számjegyből alkotott szám osztható 16-tal és 1111-gyel, de ezeknek a közös többszörösei 0;17776;... így csak a 0000 jöhet szóba, de ez lehetetlen.

Előzmény: [1671] jonas, 2007-01-01 17:32:26
[1672] jonas2007-01-01 17:34:18

Jaj bocs.

Persze 239=549755813888 meg 2504\equiv24\equiv16mod 10000

Előzmény: [1671] jonas, 2007-01-01 17:32:26
[1671] jonas2007-01-01 17:32:26

(a) 239=549755813888

(b) Ehhez elég a 2-hatványok 10000-es maradékát megvizsgálni. Ez persze ciklikus, hiszen 2504\equiv24\equiv16mod 10000. A maradékok 2503-ig sorban könnyen kiszámolhatóak (nem másolom ide az összeset):

0001 0002 0004 0008 0016 0032 0064 0128 0256 0512 1024 2048 4096 8192 6384 2768 5536 1072 2144 4288 8576 7152 4304 8608 7216 4432 8864 7728 ... 8752 7504 5008

Ezek között pedig nincs 1111-gyel osztható.

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1670] Lóczi Lajos2007-01-01 17:23:17

Remélem, ez alapján vki hamarosan talál egy bizonyítást is a sejtéseimre. :)

Előzmény: [1669] Lóczi Lajos, 2007-01-01 17:21:13
[1669] Lóczi Lajos2007-01-01 17:21:13

a.) Az első 1600 kitevő átvizsgálása az alábbi eredményt adja: 2n pontosan akkor végződik 3 egyforma számjegyre, ha n az alábbi:

n=39,139,239,339,439,.... Ekkor amúgy mindig 888-ra végződik 2n.

b.) A számítógép 85 másodperc gondolkodás után nem tudott olyan 2-hatványt mondani, ami 4 egyforma számjegyre végződne. Az átvizsgált n kitevők tartománya: n=1-től egészen n=107-ig.

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1668] jonas2007-01-01 17:09:21

Kettőhatvány, nem négyzetszám.

Előzmény: [1667] Matthew, 2007-01-01 16:29:14
[1667] Matthew2007-01-01 16:29:14

a)1,492=2,22

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1666] Python2007-01-01 15:29:09

304. feladat

a)Végződhet-e egy kettőhatvány 3 egyforma számjegyre? (10-es számrendszer)

b)Végződhet-e egy kettőhatvány 4 egyforma számjegyre? (10-es számrendszer)

[1665] Lóczi Lajos2006-12-31 14:00:09

Számunkra már több, mint egy éve nyitott az alábbi ártatlannak tűnő kérdés: oldjuk meg a valós számok halmazán a

\left(\frac{3^x-2^x}{2^x-1}\right)^2\ge 3^{x-1}

egyenlőtlenséget. Az eredményt persze tudjuk, csak a bizonyítást nem. Hátha valaki talál egy ügyes utat...

[1664] Cckek2006-12-31 11:19:02

Köszi.:)

Előzmény: [1663] Lóczi Lajos, 2006-12-30 19:43:10
[1663] Lóczi Lajos2006-12-30 19:43:10

Itt van egy KöMaL-cikk erről például.

Előzmény: [1662] Cckek, 2006-12-30 17:53:39
[1662] Cckek2006-12-30 17:53:39

Jólismert egyenlőtlenségek a G<L<A ahol

G=\sqrt{ab},

L=\frac{b-a}{lnb-lna},

A=\frac{a+b}{2}, 0<a<b.

Tud rájuk valaki egy egyszerű bizonyítást?

[1661] HoA2006-12-29 16:40:53

A képlet bizonyítása: Rakjunk le egy sorba s + n - 1 ( 222 + 4 - 1 = 225 ) fehér korongot. Közülük n-1 (3) tetszőlegeset takarjunk le egy-egy fekete koronggal. Minden ilyen lefedés a le nem takart s (222) korongot n (4) csoportra bontja, melyek közt 0 elemszámúak is lehetnek. Feleltessük meg, mondjuk balról jobbra az egyes csoportok elemszámát az ai (x,y,z,t) változóknak, ekkor egyenletünk egy megoldását kapjuk. Így kölcsönösen egyértelmű leképezést kapunk a lefedések és a megoldások között, tehát megoldás is ponosan annyi van, mint lefedés. Ezek száma pedig a képlet szerinti.

Előzmény: [1660] Cckek, 2006-12-29 10:33:28
[1660] Cckek2006-12-29 10:33:28

Nagyon szép. Nem is tudtam hogy erre van képlet. Az-az a

\sum_{i=1}^{n}a_i=s diofantikus egyenletnek \binom{s+n-1}{n-1} megoldása van. Köszi.

Előzmény: [1659] jonas, 2006-12-28 19:41:13
[1659] jonas2006-12-28 19:41:13

Vagyis  \binom{3+222}{3} .

Előzmény: [1658] HoA, 2006-12-28 16:27:57
[1658] HoA2006-12-28 16:27:57

1873200 :-)

Előzmény: [1657] Cckek, 2006-12-28 15:06:49
[1657] Cckek2006-12-28 15:06:49

Hány megoldása van a természetes számok halmazában az x+y+z+t=222 egyenletnek?

[1656] HoA2006-12-27 13:24:26

Mivel eddig senki sem szólt hozzá, leírok egy megoldást.

Racionáls a,b\ne0 -ra x pontosan akkor racionális, ha w=x/a , és y pontosan akkor, ha z=y/b is az. x=wa-t és y=zb-t helyettesítve w2+z2=1 adódik. Legyen w = \frac{p}{q} , z = \frac{r}{s} , ahol p,q,r,s egészek. \frac{p^2}{q^2} + \frac{r^2}{s^2} = 1 ; p2s2+r2q2=q2s2 Legyen q és s legnagyobb közös osztója n, q=tn, s=un, ahol t és u relatív prímek.

p2u2n2+r2t2n2=t2u2n4 ; p2u2+r2t2=t2u2n2 A baloldalon t és u relatív prím volta miatt p2 osztható t2 -tel és r2 osztható u2 -tel. Legyen p=kt, r=mu. k2t2u2+m2u2t2=t2u2n2

k2+m2=n2

Vagyis tetszőleges k,m,n pithagoraszi számhármashoz kapunk megoldást. Visszafelé haladva tetszőleges relatív prím t-t és u-t véve w=\frac{p}{q}=\frac{kt}{tn}=\frac{k}{n} , z=\frac{r}{s}=\frac{mu}{un}=\frac{m}{n} , x=\frac{ak}{n} , y=\frac{bm}{n}

Az ellipszis racionális koordinátájú pontjai tehát a \left(\pm \frac{ak}{n} ; \pm \frac{bm}{n}\right) pontnégyesek, ahol a és b az ellipszis tengelyei, k,m,n pithagoraszi egészek, ahol a nemnulla hármasokon kívül 1;0;1 és 0;1;1 is megengedett. Könnyen belátható, hogy ha k,m,n primitív pithagoraszi számhármas, akkor minden pontot csak egyszer kapunk meg.

Előzmény: [1625] Cckek, 2006-12-15 14:58:40
[1655] Iván882006-12-25 20:33:46

Ezek "ideális" szolgák. ;o)

Előzmény: [1654] jonas, 2006-12-25 19:14:08
[1654] jonas2006-12-25 19:14:08

Tehát minden rabnak ötszáz üveg borból kell innia? Nem fognak meghalni alkoholmérgezésben?

Előzmény: [1653] Hephon, 2006-12-25 16:17:19
[1653] Hephon2006-12-25 16:17:19

Minden üveg sorszáma elfér 10 számjegyen binárisan (<1024). Minden bináris helyiérték 1-1 halálraitélthez tartozik. Minden borral megitatja azokat az embereket, ahol ez a helyiérték 1, tehát az 1. borbol csak az első szolga, a 100. borbol(64+32+4) tehát a 3. 5. 6. halálraitéltek isznak. 30. nap után az összes halottbol kiszámítha, hogy melyik bor volt a mérgező.

Előzmény: [1652] Cckek, 2006-12-25 15:55:58
[1652] Cckek2006-12-25 15:55:58

Kellemes ünnepeket mindenkinek. És... a következő kis feladatot: Egy császár 1000 üveg borából 1 mérgezett. A császár kiadja a nagyvezérnek a parancsot, 40 nap alatt állapítsa meg melyik üveg mérgezett. Ehez kap 10 halálraítéltet akikkel a borokat kostoltathatja. A méreg 30 nap mulva hat. Hogyan jár el a nagyvezér?

[1651] Iván882006-12-22 21:00:48

303.feladat Az említett forgóajtó 4 kézzel már kinyitható.

Előzmény: [1649] magusocska, 2006-12-21 19:00:59
[1650] Iván882006-12-21 20:34:16

Mivel a rendszer nem engedi feltölteni a 343 bájtos ábrámat (ami jóval a maximum alatt van) a kitöltetlen ábrádon fogok magyarázni. 4 különböző eset van a kézbedugásra:

3 szomszédos állásba (612)

2 szomszédos állásba, (124 ill. 614-ezek forgatással nyilván nem vihetők át egymásba)

0 szomszédos állásba (246)

Az össze további eset ezek közül valamelyiknek az elforgatottja.

A kapcsolók állása nyilván csak goldolatban van megszámozva, különben nem feladat. Ezzel a 4 félével, ha nincs szerencsénk, akkor kijöhet, hogy csak az 1246 kapcsolókhoz nyúlunk hozzá.

Tehát, ha a 3-as, és az 5-ös kapcsoló különböző állású, akkor elvileg az is előfordulhat, hogy sose nyúlunk hozzájun, és az ajtó is zárva maradhat az idők végezetéig.

Tehát áltaéános algoritmus nem létezik.

Előzmény: [1649] magusocska, 2006-12-21 19:00:59
[1649] magusocska2006-12-21 19:00:59

Eddig jutottam:

Jelöljük a kapcsoló két állását 1-gyel és 2-vel!

Jelöljük a kapcsolókat 1-6, a felsőtől az óramutató járásával megegyezően.

[Ekkor az első kapcsoló jelölése legyen 1(1) vagy 1(2) attól függően, hogyan áll a kapcsoló 1 vagy 2 állásban, bizonytalan helyzetben 1 (1/2).]

Minden továbblépés előtt feltételezzük, hogy nem nyílik ki.

[Szerencsés esetben persze bármikor kinyílhat, akár induláskor is :*-) ]

1. Fogjunk meg három egymás melletti kapcsolót, és állítsuk mindhármat 2-re, ha nem az volt! [1(2),2(2),3(2) kapcsolóállás jön létre]

2.A pörgetés után fogjunk meg három nem egymás mellettit, és állítsuk 2-re, ha nem az volt!

A lehetséges esetek:

hely----Biztos--------------------bizonytalan

1,3,5--1(2),2(2),3(2),5(2)--------4(1/2),6(1/2)

2,4,6--1(2),2(2),3(2),4(2),6(2)---5(1/2)

Tehát két pörgetés után mindkét esetben legalább egy bizonytalan helyem van. Innentől én is bizonytalan vagyok.

Mivel a pörgetés véletlenszerű kezdőpontú felállásokat hoz, elvben bármeddig pörgethetek, nézhetem, hogy van-e átállítandó (ha 1 akkor átállítom), de mi garantálja, hogy a három kezem közül valamelyik alá kerül a hátralévő (1 vagy 2) a maradék 3 pörgés alatt?

Nem látom értelmét annak sem, hogy az 1,2,3 és a 2,4,6 után egy újabb lépésvariációt vezessek be (mondjuk 1,2,4).

Ötlet?

Előzmény: [1647] magusocska, 2006-12-21 10:52:17
[1648] Mumin2006-12-21 15:35:33

Az egyszerűség kedvéért a 81-es példa itt érhető el (jobb alsó sarok):

Előzmény: [361] Gyuri, 2004-05-24 14:08:19
[1647] magusocska2006-12-21 10:52:17

Csernobili probléma néven a 81.-eshez hasonlót adtak fel a lányomnak az iskolába, de 6 lyuk és 3 kéz (sic!) esetén. Ez lehet 81/a vagy valami újabb, de a lényeg, hogy van-e ötletetekt ötlépéses megoldásra, vagy annak cáfolatára.

[1646] Cckek2006-12-20 23:51:50

Legalább 100x le volt tárgyalva érmékkel. Valami újjat????

Előzmény: [1645] JBence, 2006-12-20 22:24:24
[1645] JBence2006-12-20 22:24:24

Van egy jó kis feladatom, lehet hogy a logikához kellett volna írni de mindegy: Van egy kétkarú mérlegünk és 12 golyónk. A golyók közül egynek más a tömege mint a másik tizenegyé, de nem tudjuk hogy nehezebb vagy könnyebb. Állapítsuk meg 3 mérésből hogy melyik a rossz golyó és hogy könnyebb e vagy nehezebb. Sok sikert :)

[1643] Csimby2006-12-18 23:44:05

Érdekes szorzási módszer

[1642] Csimby2006-12-18 22:58:15

Hány forgója lesz a "maci"-nak? :-)

Előzmény: [1601] Mhari, 2006-12-10 10:31:21
[1641] Python2006-12-18 10:28:18

Amúgy ez volt a legnehezebb feladat amit benne találtam...

Szerintem az egész ovisoknak készül... :)

Én is ezt az ötöt találtam...

[1640] jonas2006-12-17 18:46:03

Szerintem az alma a kakukktojás.

Előzmény: [1637] Csimby, 2006-12-17 16:21:06
[1639] jonas2006-12-17 18:44:04

Na jó, ne vacakoljunk vele egyesével. A számítógép szerint az összes megoldás (zárójelek nélkül):

7+2-5+2+1=7

7-2+5-2-1=7

7*2-5-2*1=7

7*2-5-2/1=7

7/2+5/2+1=7

Előzmény: [1638] jonas, 2006-12-17 18:39:02
[1638] jonas2006-12-17 18:39:02

7-2+5-2-1=7 vagy 7+2-5+2+1=7

Előzmény: [1635] Python, 2006-12-17 15:27:38
[1637] Csimby2006-12-17 16:21:06

azok nagyon jók :D Én egy olyant fogtam ki ahol fel volt sorolva 3 gyümölcs meg egy sündisznó, és melyik a kakukk tojás...

Előzmény: [1635] Python, 2006-12-17 15:27:38
[1636] Matthew2006-12-17 15:33:37

Had kezdjem én az elsővel:

7*2-5-2*1=7

Előzmény: [1635] Python, 2006-12-17 15:27:38
[1635] Python2006-12-17 15:27:38

7(?)2(?)5(?)2(?)1=7, ahol (?) a négy alapművelet egyike. Mi állhat a kérdőjelek helyén? Zárójelek nincsenek, de sok megoldás van, keressük meg az összeset!

Medvesajtos dobozban lévő kártyán volt, "matematikai intelligencia" mérésére, és oda volt írva a hátuljára egy primitív megoldás, és mellette az, hogy "Lehet, hogy van más megoldás is..." ... Én eddig azon kívül négy megoldást találtam...

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]