|
[1054] CsG | 2005-09-04 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] lorantfy | 2005-09-04 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 |
|
|
[1051] Peti123 | 2005-09-03 21:18:43 |
194. feladat:
Egy gömb felületén véletlenszerűen kiválasztunk három pontot. Mennyi a valószínűsége, hogy a választott pontok ugyanazon a félgömbön helyezkednek el?
|
|
|
[1049] rizsesz | 2005-09-01 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] lorantfy | 2005-09-01 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] xviktor | 2005-09-01 16:15:30 |
Bocsesz. Csak a feladatot neztem, Sirpi megoldasat nem :S
|
|
|
[1045] xviktor | 2005-09-01 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: 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] Sirpi | 2005-09-01 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] lorantfy | 2005-09-01 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?
|
|
|
[1041] rizsesz | 2005-08-31 19:12:19 |
Kedves lorantfy! Neked sincsen ötleted a Fibonaccis megfordítására? (ott van a tesztverseny topicban).
rizsesz
|
|
|
[1039] lorantfy | 2005-08-31 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 |
|
|
[1037] rizsesz | 2005-08-31 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 :))
|
|
|
[1035] lorantfy | 2005-08-31 14:00:36 |
192. feladat: Bbh. 22225555+55552222 osztható 7-tel!
|
|
[1034] Yegreg | 2005-08-21 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] jonas | 2005-08-20 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] Yegreg | 2005-08-18 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 Lajos | 2005-08-18 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 |
|