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]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[131] Gyuri2003-12-03 00:29:47

31. feladat: rabok sapkai 2

Bizonyara ez is sokak altal ismert, de igencsak passzol ide.

A bortonorok unalmukban, vagy talan a kozelgo Karacsonyra valo tekintettel egy jatekot eszelnek ki az intezmenyben sinylodo 100 embertarsuk szamara. Igy hangzik a jatekra valo felhivas: Holnap sorba allitunk benneteket, mindenki csak az elotte allokat fogja latni. Mindenki kap a fejere egy-egy sapkat is, mely vagy feher vagy fekete lesz. Mindenki csak egyszer szolalhat meg, es csak e ket szin egyiket mondhatja. Ahanyan eltalajak a fejukon levo szint, szabadok. Mit javasoljunk a szerencsetleneknek, ha a biztosan megszabadulok szamat akarjuk maximalizalni?

Udv: Gyuri

[130] Hajba Károly2003-12-03 00:07:57

Kedves László!

Nem veszünk össze a 29-es számon, s hogy félreértés se essen belőle, gyorsan megoldom. :o)

a)

Ha (1) és (2) fehér sapkát viselt volna, (3) azonnal szólna: én fekete vagyok.

Mivel (3) nem szól azonnal, így (1) és (2) is tudja, hogy nem lehetnek mindketten fehérek. Mivel (2) látja a fehér sapkát, ő csak fekete lehet és a biztos információ tudatában szól: én fekete vagyok és szabad.

Ha (1) fekete lenne, (2) nem lenne biztos információ tudatában és nem szólna. Mivel mégis szólt és nem vitték vissza a cellába, (1) tudja, hogy ő fehér és szól: én fehér vagyok, de elkéstem.

Mivel (3) nemszólalásából csak (1) és (2) kapott számukra nem ismert információt, így szegény (3) hoppon maradt új információ terén. Az ő esélye \frac23 a feketére és \frac13 a fehérre. Így (3) nem tippel.

b)

(1)-nek \frac35 esélye van a fekete sapkára, így visszaviszik dupla büntetéssel. (2)-nek \frac34 esélye van a feketére és kiszabadul. (3)-nak \frac23 esélye van a fekete sapkára, de későn jutott szóhoz.

Üdv: HK

Előzmény: [128] lorantfy, 2003-12-02 21:42:13
[129] lorantfy2003-12-02 22:50:07

Kedves Károly!

Most veszem észre, hogy rosszul számoztam az előző feladatot és így „felülírtam” a Te példádat. Most beírok egy megoldást és majd egyezkedünk a 29-es számon.

Egy személynek 2 nagymamája, 2 nagyapja, 4 dédmamája és 4 dédapja van a családfán.

29.a) Nagymamáink dédapjai: 2 nagymamánknak összesen 8 dédapja van.

Dédmamáink nagyapjai: 4 dédmamánknak összesen 8 nagyapja van.

29.b) Összesen persze nem 16-an vannak, mert közöttük van 4 azonos személy.

A nagymamák édesanyjai dédmamák, így a nagymamák anyai ágon vett dédapjai egyben a dédmamák nagyapjai. Ők nagymamánként ketten vannak, összesen négyen.

Tehát a nagymamáink dédapjai és a dédmamáink nagyapjai összesen 12-en vannak

Előzmény: [121] Hajba Károly, 2003-12-01 11:35:26
[128] lorantfy2003-12-02 21:42:13

Kedves Károly!

Nagyon tetszik a megoldás „előadása”. Én is be akartam írni, de így nem sikerült volna.

Mondok inkább egy másik feladatot, ami erről jutott eszembe:

29. feladat:

Karácsonykor a börtönigazgató, aki nagyon szereti a logikai feladatokat magához rendeli a három legdörzsöltebb rabot. Sorba állítja őket egymás után és mutat nekik 5 sapkát, 3 fekete színűt és 2 fehéret és ezt mondja nekik: - Most bekötöm a szemeteket és mindegyikőtök fejére felteszek egy sapkát az 5 közül. A maradék sapkákat elteszem, majd leveszem a kötést a szemetekről. Aki először megmondja milyen sapka van a saját fején, az kiszabadul. Aki viszont rosszat mondana, annak megduplázom a büntetését.

Kérdés: Mennyi az egyes rabok kiszabadulásának valószínűsége? Ha:

a): A rabok nagyon unják már a börtönt, így nem kockáztatják meg a dupla büntetést!

b): A rabok tippelnek, de csak akkor, ha 50 %-nál nagyobb ez esélye, hogy a tipp bejön. Itt a rabok a sorszámuk sorrendjében szólalhatnak meg. A rosszul tippelő rab visszamegy a cellájába, a másik kettő (a tippelés eredményét ismerve) tovább játszik.

(Az első rab nem látja a másik kettőt. A középső látja az első sapkáját. A hátsó látja mindkét előtte álló sapkáját. (A saját sapkáját egyik sem látja!)).

Előzmény: [127] Hajba Károly, 2003-12-02 01:19:59
[127] Hajba Károly2003-12-02 01:19:59

Kedves Gyuri!

Ez egy igazi érdekes matekfeladat, gratula! Legyen \Pi, aki a szorzatot látja, és \Sigma, aki az összeget látja. S úgy tűnik, a végeredmény attól függ, ki kezdte a párbeszédet, mivel erről nincs infónk.

1)

\Pi: [Többféleképpen tudom a számot szorzattá bontani,] nem tudom.

\Sigma: [Mivel nem tudja, \Pi\ne 1 v. prím; többféleképpen tudom a számot összeggé bontani,] nem tudom.

\Pi: [Mivel nem tudja, \Sigma\ne 2, 3, 4; még mindig többféleképpen tudom a számot szorzattá bontani,] nem tudom.

\Sigma: [Mivel nem tudja, továbbá \Pi\ne 4; még mindig többféleképpen tudom a számot összeggé bontani,] nem tudom.

\Pi: [Mivel nem tudja, továbbá \Sigma\ne 5; s mivel \Pi=6 egyik tagjához tartozó összeget kizártuk,] tudom.

\Sigma: [Mivel tudja, \Pi=6, s mivel \Sigma=7,] tudom.

A=1, B=6

2)

\Sigma: [Többféleképpen tudom a számot összeggé bontani,] nem tudom.

\Pi: [Mivel nem tudja, \Sigma\ne 2, 3; többféleképpen tudom a számot szorzattá bontani,] nem tudom.

\Sigma: [Mivel nem tudja, \Pi\ne 1 v. prím; még mindig többféleképpen tudom a számot összeggé bontani,] nem tudom.

\Pi: [Mivel nem tudja, továbbá \Sigma\ne 4; még mindig többféleképpen tudom a számot szorzattá bontani,] nem tudom.

\Sigma: [Mivel nem tudja, \Pi\ne 4, s mivel \Sigma=5 egyik tagjához tartozó összeget kizártuk,] tudom.

\Pi: [Mivel tudja, továbbá \Sigma=5; s mivel \Pi=6 egyik tagjához tartozó összeget kizártuk,] tudom.

A=2, B=3

Remélem, minden esetet figyelembe vettem, mivel nagyon leizzadtam. :o)

HK

Előzmény: [123] Gyuri, 2003-12-01 14:32:15
[126] lorantfy2003-12-01 18:23:54

Kedves Gyuri és Attila!

Igazatok van!

Ez megjegyzés nem volt átgondolt. Bocs!

Előzmény: [122] Gyuri, 2003-12-01 14:12:49
[125] jenei.attila2003-12-01 16:59:22

Kedves László!

Csatlakozok Gyuri megjegyzéséhez, hozzátéve, hogy az egyenletrendszer szimmetriáját nyilván úgy értetted, hogy adott gyökök mellett ezek bizonyos permutációi is megoldást adnak. A feladatban jól látszik, hogy összesen három (az identitást is belevéve) megfelelő permutáció létezik. Ez azonban nem jelenti azt, hogy a gyökök egyenlők.

Előzmény: [119] lorantfy, 2003-12-01 09:05:35
[124] Gyuri2003-12-01 16:52:49

28. feladat megoldasa

Tekintsuk a lenti abrat. Az AMB ill. az ACB \Delta-ek B-hez tartozo magassaga ill. alapegyenese kozos. Hasonloan szemlelve az AMD es ACD \Delta-eket:

\frac{T_{ACB}}{T_{AMB}}=\frac{AC}{AM}=\frac{T_{ACD}}{T_{AMD}}

Az AB=AD=a jelolessel:

T=T_{ACB}+T_{ACD}=\frac{AC}{AM}\cdot(T_{AMB}+T_{AMD})=\frac{AC}{AM}\cdot T_{ABD}=\frac{AC}{AM}\cdot \frac{a^2\sin\alpha}2

A 'gamma'-val jelolt szogek valoban egyenloek, hisz azonos hosszusagu hurokhoz tartozo keruleti szogek (megfelelo iven). Igy (az implikacio jele nem akar mukodni):

AMD_{\Delta}\sim ADC_{\Delta}\to \frac{AM}{AD}=\frac{AD}{AC}\to a^2=AM\cdot AC

Az a2-re kapott erteket a T-re levezetett kifejezesbe irva a bizanyitando egyenloseget kapjuk.

[123] Gyuri2003-12-01 14:32:15

Ha mar ugyis Erdekes matekfeladatok a topic, akkor talan megfelelo helyre irom le a kovetkezot.

30. feladat: Ket teljesen intelligens, es egymas eme tulajdonsagat ismero ember beszelgetnek. Egy harmadik szemely meg a tarsalgasuk elott elhelyezett ket cedulat a homlokukon. Mindket emberunk csak a masik fejen levo cedulat latja. A cedulak egyiken ket pozitiv egesz szam osszege, a masikan ugyanannak a ket szamnak a szorzata szerepel. Szerencsere annyit legalabb elarult nekik a harmadik szemely, hogy melyikuk fejen van az osszeg illetve a szorzat. Ezek utan a kovetkezokeppen tarsalognak.

-Nem tudom, mi a ket szam.

-Nem tudom, mi a ket szam.

-Nem tudom, mi a ket szam.

-Nem tudom, mi a ket szam.

-Mar tudom, mi a ket szam.

-Mar en is tudom, mi a ket szam.

Termeszetesen mas informacio nem jut el hozzajuk. Pl. nem allnak tukor elott, nem irjak le egymas szamait papirra, nem irnak emailt, stb.

Remelem mar mindenki tudja, mi a ket szam!

Udv: Gyuri

[122] Gyuri2003-12-01 14:12:49

Kedves Laszlo!

Ismet akadekoskodnek a 25. feladatra tett megjegyzese kapcsan. Az egyenletrendszer szimmetriaja meg nem biztositek a megoldas szimmetriajara. Legyen

f(x)=\frac{1-x-2x^2}{1+x^2}

ekkor az

f(x)=y,f(y)=z,f(z)=x

egyenletrendszernek megoldasa a (0,1,-1) szamharmas. De megoldas az

x=y=z=\frac{kif}6-\frac{4}{3}\frac1{kif}-\frac23\approx0.3532\quad ahol\quad kif=\root3\of{188+12\cdot\sqrt{249}}

szamharmas is. Udv: Gyuri

Előzmény: [119] lorantfy, 2003-12-01 09:05:35
[121] Hajba Károly2003-12-01 11:35:26

A következő feladaton csak annyit lehet gondolkodni, mint amennyi időt Örkény egyperceseire fordítunk. Ha valaki tovább gondokozik rajta, csal, mint Rodolfó a bűvész.

29. feladat: A) Kik vannak többen? Nagymamáink dédapjai vagy Dédmamáink nagyapjai? B) Hányan vannak összesen?

HK

[120] nadorp2003-12-01 10:45:34

Kedves László !

Vázolok egy megoldást a 24.b feladatra.

Legyen X=AB…BC=10^{n+1}A+\frac{10^{n+1}-10}9B+C és

Y=CB…BA=10^{n+1}C+\frac{10^{n+1}-10}9B+A

A 7-tel való oszthatóságot elég a 9X és 9Y számokra nézni. Felhasználva még azt, hogy 10 hatványai ugyanazt a maradékot adják 7-tel osztva, mint 3 hatványai, kapjuk:

7 | 2.3n+1A+3(3n-1)B+2C és 7 | 2.3n+1C+3(3n-1)B+2A

3 hatványai rendre a következő maradékokat adják 7-tel osztva: 3,2,6,4,5,1. Ezt felhasználva három esetet különböztetünk meg.

1.eset: n=6k alakú

Ekkor 7 | 3n-1 és 3n+1 7-es maradéka 3, ezért 7 | 6A+2C és 7 | 6C+2A teljesül. De ekkor véve a két szám összegét és különbségét: 7 | 4(A-C) és 7 | 8(A+C), azaz 7 | A-C és 7 | A+C. Ez csak úgy lehet, ha A és C közül az egyik 0, amit kizártunk. Ekkor tehát nincs megoldás.

2.eset: n=6k+5 alakú

Ekkor 3n 7-es maradéka 5 és 3n+1 7-es maradéka 1, ezért 7 | 2A+5B+2C vagy másképpen 7 | 2A+5B+2C-7B=2(A-B+C). Ez teljesül,ha például A=8 B=2 C=1.

3.eset: n\ne6k és n\ne6k+5 alakú

Mivel 7 | 9X-9Y, ezért 7 | 2(3n+1-1)(A-C) . Ez most csak úgy lehet ha 7 | A-C, azaz A=9 C=2 vagy A=8 C=1 ( vagy ha felcseréljük A és C szerepét, de az most mindegy). Látszik, hogy A C és n ismeretében B egyértelműen meghatározható mod 7. A számolást nem részletezve az alábbi két táblázatot kapjuk:

n 1 2 3 4
A 9 9 9 9
C 2 2 2 2
B 5 0 1 2
n 1 2 3 4
A 8 8 8 8
C 1 1 1 1
B 6 0 4 1

Látszik, hogy n=6k+4 esetén B megegyik A-val vagy C-vel, ami nem lehet. A feladatnak tehát n=6k vagy n=6k+4 esetén nincs megoldása, máskor mindig van.

Előzmény: [110] lorantfy, 2003-11-29 00:33:28
[119] lorantfy2003-12-01 09:05:35

Kedves Gyuri!

Kösz a segítséget!

Ha nem tudunk a szám elejére 0-kat tenni, hát tegyünk a végére. Mig a TeX-el vacakoltam, elfelejtettem, hogy A tartalmazhat még páros kitevőjű prímtényezőket és ezzel "n" jegyűvé növelhető.

Mostmár mindegy. Lényeg az, hogy összejött a megoldás.

Ügyes a 25. feladatra adott megoldásod is. Én ott arra gondoltam, hogy mivel szimmetrikus az egyenletrendszer, a megoldás nyilván x=y=z=a. Így elegendő, ha megoldjuk a

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

egyenletet. Amiből x(x-1)2=0 és így x=y=z=0 vagy x=y=z=1.

Előzmény: [118] Gyuri, 2003-12-01 04:26:07
[118] Gyuri2003-12-01 04:26:07

Kedves Laszlo!

Bizonyara az ejszakazasnak tudhato be a tevesztese.

A 24.c feladathoz pont az 1. pelda szolgaltat egy megoldast:

A=(1011+1).11-2.102=82644628100.

Hasonloan megoldas meg: (1011+1).11-2.i2 a kovetkezokre: i=4,5,6,7,8,9

A teljes megoldast ilyen koran mar nincs erom leirni...

Udv: Gyuri

Előzmény: [117] lorantfy, 2003-12-01 00:24:24
[117] lorantfy2003-12-01 00:24:24

Kedves Nádor P.!

Jó példát adtál. Remélem jó lesz a megoldás is!

Megoldás a 24.c feladatra: Eredeti szövege: Keressünk olyan A pozitív egész számot, melyre igaz, hogy önmaga után leírva még egyszer (pld A=12264 esetén 1226412264) a kapott szám négyzetszám.

Az A-ból képezett „duplázott” szám: AA=k2. Legyen A „n” jegyű szám a 10-es számrendszerben, ekkor

AA=10nA+A=(10n+1)A=k2

A (10n+1)A minden prímtényezője páros (második) hatványon van és (10n+1)\geA.

Ebből az következik, hogy 10n+1-nek tartalmaznia kell legalább egy prímtényezőt második hatványon: p12, a többi páratlan (1) kitevőjű prímtényezőt pedig az A szám is tartalmazza, igy lesz a szorzat négyzetszám. Gondolnunk kell arra is, hogy A szám n jegyű.

Gyakorlatilag: \frac{10^n+1}{p_1^2}= A vagy 10n+1=p12A

Nézzük mi lehet ez a p1 prímtényező: 2 és 5 nyilván nem lehet, 3 és 9 nem lehet, mert a számjegyek összege 2.

Lehet 7 és 11. Többet nem is keresünk, ugyanis már ezek is túl nagyok.

Hiszen 10n+1-et 49-el vagy 121-el osztva, az A szám csak (n-1) illetve (n-2) jegyű lesz. Ami azt jelenti, hogy egy vagy két 0-t kéne elé írni, hogy „duplázáskor” a négyzetszám létrejöjjön. Ezt a feladat szövege nem engedi meg.

Így NINCS ilyen A szám!

Érthetőbbé válik a dolog, ha megnézünk egy-két példát, amikor a 0 számjegy segítségével teljesül a feltétel.

1.példa:

1011+1=112  23  4093  8779  \implies  A=23  4093  8779  

Szorzatuk:

  112  232  40932  87792

négyzetszám. A=826446281 - 9 jegyű szám, igy a szorzat: 82644628100826446281 – négyzetszám.

2.példa:

1021+1=72  11  13  127  2689  459691  909091

A=11  13  127  2689  459691  909091

Szorzatuk:

72  112  132  1272  26892  4596912  9090912

A=20408163265306122449 – 20 jegyű szám, kell elé egy 0-számjegy:

A négyzetszám: 20408163265306122449020408163265306122449

Előzmény: [108] nadorp, 2003-11-28 12:24:24
[116] Gyuri2003-12-01 00:12:04

Kedves Zoli!

A 25. feladat megoldasa:

ha valamelyik valtozo 0, akkor a tobbi is az. tehat ha valamelyik nem 0, akkor a tobbi sem lehet az. ekkor nyilvan mindegyik pozitiv kell legyen. az egyenletek osszeszorzasabol:

2\cdot2\cdot2=(x+\frac1x)\cdot(y+\frac1y)\cdot(z+\frac1z)

de ez csak x=y=z=1 eseten lehet, hisz a>0 eseten a+\frac1a\ge2 es egyenloseg csak a=1 eseten all fenn.

igy pontosan ket megoldas van.

udv: Gyuri

Előzmény: [111] SchZol, 2003-11-29 21:44:23
[115] Hajba Károly2003-11-30 01:41:05

Kedves Attila!

Abban igazad van, hogy mind 20. mind a 21. feladat megoldása a \sqrt{2} szerkesztése, de a két feladat végeredménye más. Nevezhetjük édestestvéreknek is. Az alábbi ábra mutatja a különbséget és egyben a szerkesztés egyszerűségét is. Nem kell invertálni sem.

HK

Előzmény: [93] jenei.attila, 2003-11-19 13:00:17
[114] SchZol2003-11-29 22:07:26

28.feladat: (A verseny 4. feladata)

Az ABCD húrnégyszögben AB=AD és az A csúcsnál lévő belső szög \alpha. Bizonyítsa be, hogy ha a húrnégyszög terültetét T jelöli, akkor

T=\frac{AC^2\cdot\sin\alpha}2

[113] SchZol2003-11-29 21:55:34

27.feladat: (A verseny 3. feladata)

Az egész együtthatós ax2+bx+c=0 másodfokú egyenletnek két különböző gyöke van a (0;1) nyílt intervallumban. Bizonyítsa be, hogy akkor |a|\ge5

[112] SchZol2003-11-29 21:46:42

26.feladat (A verseny 2. feladata)

Legfeljebb hány részre oszthatja fel a síkot, a sík egy rögzített pontján áthaladó k darab kör és n darab egyenes, ha k és n pozitív egész szám? Határozza meg a részek maximális számát megadó R(k;n) függvényt!

[111] SchZol2003-11-29 21:44:23

November 28-án és 29-én került megrendezésre Zalaegerszegen az Izsák Imre Gyula komplex verseny. Íme a matematika példák a versenyről:

25.feladat: (A verseny 1. feladata)

Oldja meg az alábbi egyenletrendszert a valós számhármasok halmazán:

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

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

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

[110] lorantfy2003-11-29 00:33:28

Kedves Nádor P. és Károly!

Köszönet a megoldásokért! Természetesen A=0, C=0 nem megengedett, mint az az ilyen feladatoknál lenni szokott. Gyakorlatilag megvan a megoldás - persze nem ártana ha valaki szépen összefoglalná. Külön köszönet a 24.c-ért. Én úgy gondoltam a további általánosítást, hogy a "tengelyesen szimmetrikus" számok 7-tel való oszthatóságát kellene vizsgálni, csak még nem volt időm rá.

Előzmény: [108] nadorp, 2003-11-28 12:24:24
[109] Hajba Károly2003-11-28 13:14:36

Kedves László!

A 24/a feladattal foglalkoztam egy kicsit, s mivel találtam rá példát, így a válasz: lehetséges (pl.: 168 - 861). Ha ragaszkodunk a háromjegyű számhoz, akkor |A-C|=7, tehát a számokpárok 1 és 8-cal ill. 2 és 9-cel kezdődhetnek.

(1) ABC -> 100*A+10*B+C=7*N

(2) CBA -> 100*C+10*B-C=7*M

(2)-(1) 99*(A-C)=7*(M-N)

Mivel 99 nem osztható 7-tel, továbbá M-N oszthatósága jelen esetben közömbös, így A-C mindenképpen osztható 7-tel. Ebből az is következik, hogy M-N osztható 99-cel.

Más a helyzet a 24/b feladattal. Ha a fenti levezetést minden n-re elvégezzük, találunk 7-tel osztható első számot pl.: 9009. Ekkor egyéb vizsgálatok is szükségesek, de most nincs időm rá.

HK

Ui.: A CBA egyes kis- és középboltok egyfajta országos tömörülése, felénk is van(/volt?).

Előzmény: [107] lorantfy, 2003-11-28 00:45:42
[108] nadorp2003-11-28 12:24:24

Kedves László !

Gondolom, a 24.b feladatban a kérdést úgy értetted, hogy bármely n-re léteznek-e megfelelő A,B,C számjegyek. Én arra jutottam, hogy ha megengeded az A=0 vagy C=0 eseteket, akkor csak n=6k+4 esetén nincs megoldás, ha nem, akkor n=6k és n=6k+4 esetén nincsenek megfelelő számok. A megoldás leírásával még várnék. Viszont csatlakoznék egy hasonló feladattal:

24.c feladat: Keressünk olyan A pozitív egész számot, melyre igaz, hogy önmaga után leírva még egyszer (pld A=12264 esetén 1226412264) a kapott szám négyzetszám.

Előzmény: [107] lorantfy, 2003-11-28 00:45:42
[107] lorantfy2003-11-28 00:45:42

24.a feladat: Legyenek ABC és CBA tizes számrendszerbeli számok, ahol A,B,C különböző számjegyeket jelölnek. Lehetséges-e, hogy mindkét szám osztható 7-tel?

24.b feladat: Legyenek ABB...BBC és CBB...BBA tizes számrendszerbeli számok, ahol "A" és "C" számjegyek között n darab "B" számjegy áll és A,B,C különböző számjegyeket jelölnek. Lehetséges-e, hogy bármely n-re mindkét szám osztható 7-tel?

Megjegyzés1: Sajnos felülvonást nem tudok húzni, ha valaki tud, kérem írja be a TeX témába!

Megjegyzés2: Mifelénk az ABC áruházakból CBA-k lesznek. Erről jutott eszembe ez a feladat.:-)

  [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]    [161]