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]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1054] CsG2005-09-04 12:33:54

195.feladat:

Adott egy körben két egyenlő hosszú húr, ezeknek egyik végpontja közös. Milyen feltételnek kell teljesülnie a húrok által bezárt szögre ha a körben egynél több olyan húr létezik, amelyet az adott húrok három egyenlő részre osztanak?

[1053] lorantfy2005-09-04 11:53:17

A B. 3719. kitűzött feladatnak is ez volt a lényege. 2004. márciusában volt.

Három pontnál: Ha mindhárom pont egybeesik akkor egy félgömbön vannak. Ha A és B pontok nem esnek egybe, akkor tekintsük az O ( gömb középpontú) A-t és B-t is tartalmazó főkört. C pont eshet a főkörre, az egyik félgömbre vagy a másik félgömbre, a három pont mindenképpen egy zárt félgömbön van.

A kitűzött példában 5 pontról volt szó. Az A és B ponton kívül még 3 pontot kell elhelyezni a gömb felszinén. Az egybeeső esetektől eltekintve a 3-ból 2-nek azonos félgömbön kell lennie, így 4 pont mindig azonos zárt félgömbre esik.

Előzmény: [1051] Peti123, 2005-09-03 21:18:43
[1052] jonas2005-09-03 23:26:23

1

Előzmény: [1051] Peti123, 2005-09-03 21:18:43
[1051] Peti1232005-09-03 21:18:43

194. feladat:

Egy gömb felületén véletlenszerűen kiválasztunk három pontot. Mennyi a valószínűsége, hogy a választott pontok ugyanazon a félgömbön helyezkednek el?

[1050] lorantfy2005-09-02 16:35:32

Szia Rizsesz!

Jó a memóriád. Én már nem emlékeztem rá, egy barátomtól kaptam a példát.

Mi volt az a Fibonacci megfordítás amit kérdeztél?

Előzmény: [1049] rizsesz, 2005-09-01 19:00:09
[1049] rizsesz2005-09-01 19:00:09

http://www.komal.hu/verseny/1999-10/B.h.shtml , itt a B. 3304. sorszám alatt található a feladat az 1, 2... 12 esetben.

[1048] lorantfy2005-09-01 16:19:22

Szia Viktor!

Ez a megoldás! De az utolsó mondatod megfogalmazása kicsit szerencsétlen :-)!

Igy ha az élekre írt egymás után következő 12 természetes szám összegének kétszeresét 8 egyenlő részre osztjuk, akkor nem kaphatunk egész számot.

Előzmény: [1045] xviktor, 2005-09-01 15:50:07
[1047] xviktor2005-09-01 16:15:30

Bocsesz. Csak a feladatot neztem, Sirpi megoldasat nem :S

[1046] lorantfy2005-09-01 15:59:16

Kedves Sirpi!

Köszönöm a gyors megoldást!

Előzmény: [1044] Sirpi, 2005-09-01 13:07:36
[1045] xviktor2005-09-01 15:50:07

193. feladat: Vegyuk a termeszetes szamokat: n, n+1,...n+11 Mindegyik el ket csucsba megy, igy a 8 csucson levo szamok osszege az eleken levo szamok osszegenek ketszerese: 2\cdot\left[n+(n+1)+...+(n+11)\right]=2\cdot\frac{n+(n+11)}{2}\cdot12=(2n+11)\cdot12 A zarojelben levo szam minden n-re paratlan, igy nem oszthato kettovel. 12-nek nem osztoja 8, csak 4. Igy ha 12 egymas utani termeszetes szamokat irnank az elekre, akkor minden csucson k,5 alapu szamnak kene lennie, de ez ellentmondas, hiszen barmely 3 termeszetes szam osszege egesz.

Szerintem ez a megoldas: Viktor

Előzmény: [1043] lorantfy, 2005-09-01 11:37:07
[1044] Sirpi2005-09-01 13:07:36

12 egymás utáni szám összege nem osztható 4-gyel, mert ha a kezdőszám n, akkor az összeg 6.(2n+11). Így az összeg duplája se osztható 8-cal. Másrészt minden csúcsban ugyanannyi a befutó összeg, és ezen összeg 8-szorosa épp az élösszeg duplája. Ellentmondás.

Előzmény: [1043] lorantfy, 2005-09-01 11:37:07
[1043] lorantfy2005-09-01 11:37:07

193. feladat: Ki lehet-e választani 12 db egymás után következő természetes számot úgy, hogy egy kocka éleire egyenként felírva őket, az egy csúcsban összefutó élekre írt számok összege egyenlő legyen?

[1042] lorantfy2005-08-31 19:31:29

Mire gondolsz pontosan? Melyik hozzászólás?

Előzmény: [1041] rizsesz, 2005-08-31 19:12:19
[1041] rizsesz2005-08-31 19:12:19

Kedves lorantfy! Neked sincsen ötleted a Fibonaccis megfordítására? (ott van a tesztverseny topicban).

rizsesz

[1040] lorantfy2005-08-31 19:10:04

Szerintem ez is tökéletes és elegáns, csak az előző hozzászóláskor én még nem láttam.

Előzmény: [1037] rizsesz, 2005-08-31 17:19:04
[1039] lorantfy2005-08-31 17:32:22

Szia Csimby!

Nagyon profi a megoldás! Gratula! Nem gondoltam, hogy ilyen gyorsan beírja valaki.

(Aki nem ismeri a kongruenciát először lássa be azt, hogy azonos kitevőjű hatványok maradéka egyenlő, ha az alapok maradéka megegyezik!)

Előzmény: [1036] Csimby, 2005-08-31 17:16:51
[1038] rizsesz2005-08-31 17:22:33

és még lassú is voltam :)

[1037] rizsesz2005-08-31 17:19:04

2222 = 3 (mod 7), míg 5555=4 (mod 7). 3 hatványai a következő maradékokat adják 7-tel osztva: 3, 2, 6, 4, 5, 1... és innentől kezdve ismétlődés van. 4 hatványai: 4, 2, 1, 4, 2... 5555 = 5 (mod 6) és 2222 = 2 (mod 3), így az összeg maradéka 5 + 2 = 0 (mod 7). (Biztos van elegánsabb is :))

[1036] Csimby2005-08-31 17:16:51

22225555\equiv35555=(35)1111=2431111\equiv(-2)1111 (mod 7)

55552222\equiv(-3)2222=((-3)2)1111=91111\equiv21111 (mod 7)

22225555+55552222\equiv21111+(-2)1111=0 (mod 7)

(a\equivb (mod 7) azt jelenti, hogy a és b ugyanannyi maradékot ad 7-tel osztva.)

Előzmény: [1035] lorantfy, 2005-08-31 14:00:36
[1035] lorantfy2005-08-31 14:00:36

192. feladat: Bbh. 22225555+55552222 osztható 7-tel!

[1034] Yegreg2005-08-21 22:33:28

Igen, tulajdonképpen ez a kombinatorikus. Csak lehet n2 golyó n dobozban, és az érdekel, hogy melyik golyók vannak együtt, vagy, ami az én első megoldásom volt az n2 gyerek n házban, és az érdekli őket, hogy kivel vannak egy házban. És akkor még lehet a kebvésbé szépen, de egyszerűen elintézős megoldás: az n2 faktoriális tényezői közt van k(amivel éppen egyszerűsíteni akarunk) egyszerese, kétszerese...és k-szorosával kétszer egyszerűsíthetünk, és ezzel n+1 k-t ejthetünk ki, amennyi kell, hiszen a nevezőben is n+1-iken van k. De ez hasonló a binomiális együtthatóshoz alapjában véve. Üdv:

Yegreg

[1033] jonas2005-08-20 21:40:11

Ezt ismerem, nagyon szép feladat.

A kombinatorikus megoldás ez lehet. Vegyünk n2 elemet n sorban és n oszlopban. Ezeknek (n2)! permutációja van. Csakhogy vehetjük azokat a permutációkat, amiket úgy kapunk, hogy minden soron belül permutálgatjuk az elemeket, és aztán a sorokat egymással permutáljuk. Két ilyen permutáció kompozíciója is ilyen. Az ilyen permutációk tehát az eredeti (n2)! rendű szimmetrikus csoportnak egy (n!)n+1 elemű részcsoportját alkotják.

Előzmény: [1032] Yegreg, 2005-08-18 13:54:46
[1032] Yegreg2005-08-18 13:54:46

Helyes a megoldás, bár nem a legszebb megoldások közé tartozik, ezt nehogy sértésnek, vagy ilyesminek vedd, mert kiváló megoldás, csak a kombinatorikai azért elegánsabb, szerintem. Van még egy logikára épülő számvizsgáló megoldás, bár az hasonlít a tiedre, azt leszámítva, hogy az leginkább egy logikai következtetés, és nem kell binomiális együtthatókat írkálni, illetve van egy kombinatorikai megoldás, az talán a legelegánsabb. De más megoládok is lehetnek még. Üdv:

Yegreg

Előzmény: [1030] nadorp, 2005-08-18 09:44:25
[1031] Lóczi Lajos2005-08-18 12:54:33

Vettem az első két egyenlet rezultánsát x szerint, majd az eredmény és a harmadik egyenlet rezultánsát y szerint. (Közös gyöke két (többváltozós) polinomegyenletnek csak ott lehet, ahol a rezultáns nulla.)

Előzmény: [1029] xviktor, 2005-08-17 22:30:28
[1030] nadorp2005-08-18 09:44:25

Ez egy számolós megoldás. Szerintem van tisztán kombinatorikai is, vagy valami polinomiális tételes is, ezt egyelőre nem találtam. Jelöljük a kifejezést A-val. Ekkor

A=\frac{1}{n!}\binom{n}{n}\cdot\binom{2n}{n}...\binom{n^2}{n}=\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\binom{kn}{n} Itt minden tényező egész, ui.

\frac{1}{k}\binom{kn}{n}=\frac{(kn)!}{k\cdot{n!}(kn-n)!}=\frac{(kn-1)!}{(n-1)!(kn-n)!}=\binom{kn-1}{n-1}

Előzmény: [1025] Yegreg, 2005-08-16 22:48:40

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]