[2295] SmallPotato | 2007-09-18 19:42:39 |
Csak nem "általános háromszög"et akartál felskiccelni? :-))
(Esetemben a lehetséges kimenetelek: egyenlőszárú, derékszögű, ... és hovatovább a
tárgyában merül fel a kérdés :-D)
|
Előzmény: [2294] Yegreg, 2007-09-18 19:29:55 |
|
[2294] Yegreg | 2007-09-18 19:29:55 |
Igen, szép megoldás, nekem is ez adódott. A kérdés egyébként úgy is lefordítható, hogy "mennyire lehet nem egyenlőszárú egy háromszög?", ebből már sejthető, hogy miért is vetődött fel bennem a feladat. :)
|
|
[2293] SmallPotato | 2007-09-18 19:27:16 |
Tulképpen nem véletlen, hogy az aranymetszés aránya jön ki: tegyük fel, hogy a háromszög c=a+b jelleggel elfajul; ekkor ha a c oldalt a C csúcs az aranymetszés szerint osztja, akkor per definitionem ; ellenkező esetben valamelyik arány a -nél kisebb, a másik pedig nagyobb.
(Ez a "levezetés" természetesen nem tartalmazza a nem-elfajult esetet.)
|
Előzmény: [2292] SmallPotato, 2007-09-18 19:13:33 |
|
[2292] SmallPotato | 2007-09-18 19:13:33 |
Legyen mondjuk abc. Ekkor a három, érdemben vizsgálandó, egynél nem kisebb hányados , és . Ezek közül (a kiinduló reláció értelmében) nem lehet a legkisebb; marad tehát (legyen ez p; ekkor b=ap) és (legyen ez q; ekkor c=bq). Értelemszerűen p1 és q1.
A háromszög oldalaira vonatkozó egyenlőtlenség értelmében c<a+b. Ebbe helyettesítsük be b=ap és c=bq=apq értékét; kapjuk
apq<a+ap
Innen a-val osztva (mivel a>0, az osztás elvégezhető és az egyenlőtlenség iránya is változatlan):
pq<1+p
Innen p-vel osztva (p>0 miatt az osztás elvégezhető és az egyenlőtlenség iránya is változatlan):
Tekintve, hogy p1, kapjuk, hogy q<2. Ha azonban q "2-höz közeli" érték, akkor láthatóan p-nek "1-hez közelinek" kell lennie, tehát ilyenkor p a kisebb. p növelésével egy ponton p és q egyenlővé válik; ez a pont (az egyenlőtlenséget egyenlőségként megoldva pl p-re)
. Ha p ennél nagyobb, akkor q (ennél és így p-nél is) kisebb.
p és q közül a kisebbik tehát az jobbról nyílt intervallumba kell hogy essen. (ha "nem nagyobbik" lett volna a kérdés, akkor az intervallum jobbról is zárt lenne.)
|
Előzmény: [2290] Yegreg, 2007-09-18 17:18:57 |
|
[2291] Sirpi | 2007-09-18 17:27:20 |
Köszi. Mindezt csak Jónás gépének védelmében tettem :-)
Egyébként még annyi kiegészítés az a) részhez, hogy tovább lehet csökkenteni a vizsgálatok számát, ugyanis
Innen azt kapjuk, hogy 10b>10k-1-nek teljesülnie kell, vagyis bk. így elég 36 esetet megnézni.
Tehát ha pl. k=9, akkor b=9, vagyis a=9.(10m-9)/89, és a legkisebb m, amire ez egész, az m=43, ahonnan rögtön kapunk egy elvileg nem periodikus 44 jegyű megoldást. Hasonlóan k=8-ra m=12.
k=7-re a nevező 69, vagyis 3.23. m=21-re a számláló osztható 69-cel (nincs kisebb, ami osztható lenne 23-mal), ebből is kapunk egy megoldást.
Hasonlóan végig lehetne nézni az összes k-t, csak nekem ehhez nincs sok türelmem :-)
* * *
Azért pár példa, amit kiszámoltam:
91011235955056179775280898876404494382022471 / 10112359550561797752808988764044943820224719 = 9
8101265822784 / 1012658227848 = 8 (ez pont 13 jegyű :-) )
210526315789473684 / 105263157894736842 = 2
2 és 9 között minden arányra van megoldás.
|
Előzmény: [2289] Lóczi Lajos, 2007-09-18 12:40:43 |
|
[2290] Yegreg | 2007-09-18 17:18:57 |
Legyen a,b,c egy háromszög oldalainak hossza. Vegyük az a/b, b/a, b/c, c/b, c/a, a/c számok közül az 1-nél nem kisebbeket, és legyen ezek közül x a legkisebb. Milyen nagy lehet x?
|
|
|
[2288] Sirpi | 2007-09-18 10:00:38 |
Ugyanúgy intézhető el az a) eset, ekkor
k(10a+b)=10mb+a
ahonnan
Rögzített m-re tehát elég végignézni a b=1,2,...,9, k=2,3,...,9 eseteket, ami összesen 72 db. ellenőrzést jelent (ez pl. m+1=13-ra, amit épp vizsgálsz, Jónás, elég messze van a 2 naptól, még akár kézzel is ;-) ).
Nyilván lehet további egyszerűsítéseket tenni, pl. k=3-ra a 10m-3-nak oszthatónak kell lennie 29-cel, ami csak akkor teljesülhet, ha m+1 osztható 28-cal (és ilyenkor b=3,4,5,6,7,8,9 mind megoldást ad, b=1,2 még túl kicsi).
És az is látszik ebből a felírásból, hogy miért jöttek ki ezek a furának ható törtek, pl. az 1/13. Ha k=4, akkor a=99...96/39.b=33...32/13.b, és már meg is jelent a 13-as nevező (és a számlálóból a -k-t elhanyagolva kapjuk, hogy ).
Egyébként m=5-re (vagyis a 6-jegyű n-ekre) a következő megoldások adódtak:
230769923076 (k=4,b=9)
205128820512 (k=4,b=8)
179487717948 (k=4,b=7)
153846615384 (k=4,b=6)
128205512820 (k=4,b=5)
102564410256 (k=4,b=4)
142857714285 (k=5,b=7)
Más k-ra nem adódik megoldás. Innentől lehet progit írni, hogy a többi m-re is végignézzük a lehetőségeket, de szerintem az is járható út, hogy végignézzük a k=2,3,...,9 eseteket, és mindegyikre megnézzük, hogy mely m-ekre ad megoldást. Nagyon úgy néz ki, hogy ha két megoldást azonosnak tekintünk akkor, ha ugyanannak a blokknak a többször egymás után írásával adódnak, akkor csak véges sok megoldás van összesen.
|
Előzmény: [2287] Sirpi, 2007-09-18 09:38:06 |
|
[2287] Sirpi | 2007-09-18 09:38:06 |
Mielőtt leégne a nagy munkától a procid, próbáljuk meg "kicsit" szűkíteni a keresési teret.
Nézzük először a b) esetet, ott program nélkül is sikerült felderítenem az összes megoldást. Legyen a vizsgálandó n szám m+1-jegyű (), és írjuk fel n=10a+b alakban, ahol 1b9, és 10m-1a<10m, tehát az első m jegyből alkotott számot jelöli a, az utolsót pedig b. Vigyük b-t előre (az így kapott szám 10mb+a), és tegyük fel, hogy ettől a szám k-adrészére változik (mivel mindkét szám m+1 jegyű, és valódi osztót keresünk, ezért 2k9):
10a+b=k(10mb+a)
Innen
Az első észrevétel, hogy ha k>5, akkor a jobb oldal több, mint m-jegyű, hiszen legalább 5.10m-t osztjuk legfeljebb 4-gyel, amit még b-vel meg is szorzunk, ez már b=1 esetén is nagy.
Ha k=5, akkor a=499...9/5.b, viszont ekkor b csak 5 lehet, hogy egész számot kapjunk, megint nagy lesz a (499...9).
k=4 esetén a=399...9/6.b, itt b-t legalább 2-nek kell választanunk, hogy egész számot kapjunk, de b=2 esetén a=133...3, ami szintén sok. A k=3 esetet a végére hagyom, mert az az érdekes. k=2-re a=199...9/8.b, itt b csak 8 lehet, ekkor a=199...9, szintén túlcsordul.
Ha k=3, akkor a=299...9/7.b, ha b=7 lenne, akkor túl nagy számot kapnánk, ezért a 299...9 számnak oszthatónak kell lennie 7-tel. A 10m 7-es maradékai rendre (0-tól kezdve) 1, 3, 2, 6, 4, 5, és innentől ismétlődik, ezt 3-mal szorozva, majd 1-et kivonva a 2, 1, 5, 3, 4, 0 periódusú sorozatot kapjuk.
Az jött ki tehát, hogy csak akkor van megoldás, ha m+1 osztható 6-tal, és ilyenkor hogy elkerüljük a túlcsordulást, b csak 1 vagy 2 lehet.
Ekkor a következő megoldások adódnak:
428571142857 (b=1)
857142285714 (b=2)
428571428571142857142857 (b=1)
857142857142285714285714 (b=2)
stb.
Tehát a két alapmegoldás (amit a 3/7 és a 6/7 tizedestört alapjából kapunk) néhányszor egymás mögé írásával adódik az összes megoldás.
|
Előzmény: [2286] jonas, 2007-09-17 22:34:43 |
|
[2286] jonas | 2007-09-17 22:34:43 |
Ellenőriztem, valóban csak az a kilenc darab 12 jegyű megoldás van, amit a hétjegyűek ismétléseként kapunk. Elindítom a programot 13 jegyűre, elvileg két nap alatt végeznie kell.
|
|
[2285] jonas | 2007-09-17 16:31:36 |
Hát, engem például meglep, hogy a 17 nem szerepel, holott az 1/17 tizedes törtként 16 periódusú.
Természetesen az ilyen sorozatoknak a Sloane-ben érdemes utánanézni. Az (a) feladat megoldásait A034089 adja meg, de meglepő módon a (b) nincs benne.
|
Előzmény: [2282] Lóczi Lajos, 2007-09-17 15:46:43 |
|
|
[2283] Lóczi Lajos | 2007-09-17 15:48:45 |
Csak írd fel részletesen, mely azonosságoknak kell egy gyűrűben teljesülniük (modellként vedd a számokat az összeadással és a szorzással, csak a szorzás ne legyen kommutatív) -- és mindegyik automatikusan teljesülni fog, mert a leképezések között az összeadás és a kompozíció úgy van definiálva, hogy ezek pont teljesüljenek...
|
Előzmény: [2278] diakmatekos, 2007-09-17 13:55:04 |
|
|
[2281] jonas | 2007-09-17 15:16:49 |
Tizenegyjegyű sincs. Lehet, hogy majd lefuttatom a kimerítő keresést a tizenkétjegyűekre is, mert az egy napon belül biztosan végezne. Eddig tizenkétjegyűekből csak a hatjegyűek ismétlését ismerem, tizenháromjegyűből pedig a következőket: 1012658227848 és 1139240506329 (az 1/79 jegyei), valamint 102564102564.
|
Előzmény: [2279] jonas, 2007-09-17 13:57:56 |
|
[2280] jonas | 2007-09-17 14:34:10 |
Sőt, könnyen lehet, hogy sok másik példa is így áll elő, például 153846 az 1/13 jegyeiből; 102564 (a legkisebb ilyen szám) az 1/45-ből. Valójában az 1/7, 1/13, és 1/45 együtt magyarázatot adnak minden hatjegyű példa eredetére.
Érdekes feladat ez.
|
Előzmény: [2275] Sirpi, 2007-09-17 13:07:29 |
|
|
[2278] diakmatekos | 2007-09-17 13:55:04 |
Sziasztok! Itt egy érdekes, (talán inkább nehéz) feladat:
Legyen U vektortér az F test fölött, és jelölje End(U) összes lineáris transzformációi halmazát. Igazolnunk kellene, hogy End((U),+,*) gyűrű, ahol a két művelet a lineáris leképezések ismert összeadása és a leképezésszorzás.
a hozzákezdéshez kellene vmi ötlet. Remélem tudtok segíteni. köszi
|
|
|
[2276] jonas | 2007-09-17 13:26:26 |
Meglepő módon, noha hatjegyű példából (a) 7 (b) 2 is van, nemhogy ennél kisebb nincs, de hét- és nyolcjegyű szám sincs, ami teljesíti a feltételek valamelyikét.
|
Előzmény: [2273] jonas, 2007-09-17 13:00:51 |
|
|
|
[2273] jonas | 2007-09-17 13:00:51 |
Tévedtem, mégis van ilyen szám. Korábban vagy nem jól kerestem, vagy csak túl kicsi számok között. A legkisebb ilyen szám az (a) esetben 102564, mivel 4.102564=410256, a (b) esetben pedig 428571, mivel 428571=3.142857. Az utóbbira rá is kellett volna jönnöm, hiszen mindenki tudja, hogy ezek az ismétlődő jegyek az 1/7,2/7,...,6/7 törtekben. Ezeken kívül más ilyen számok is vannak.
|
Előzmény: [2272] jonas, 2007-09-17 12:37:15 |
|
|
[2271] Lóczi Lajos | 2007-09-16 19:53:51 |
Van-e olyan n pozitív egész, hogy n
a.) valódi osztója J(n)-nek?
b.) valódi többszöröse J(n)-nek?
(A feladatban J(n) azt a pozitív egészt jelöli, amely n-ből úgy keletkezik, hogy annak utolsó számjegyét az első helyre mozgatjuk át. Nullával nem kezdődnek számok.)
|
|