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.
[2307] rizsesz2007-09-20 08:06:28

Fontosak az alsó indexek. Itt a4=9.

[2306] Lóczi Lajos2007-09-19 23:25:26

an=(n-1)!

Előzmény: [2305] rizsesz, 2007-09-19 22:49:04
[2305] rizsesz2007-09-19 22:49:04

Sziasztok. Meg tudnátok mondani az a2=1, a3=2 an+1=(an+an-1)*(n-1) rekurzió megoldását mondani?

[2304] jonas2007-09-19 16:47:43

Az már az OEIS bejegyzésből is kiderült, ahogy a [2285]-ben megjegyeztem, hogy az (a)-ra csak ez a két megoldás van.

Előzmény: [2303] Sirpi, 2007-09-19 14:12:45
[2303] Sirpi2007-09-19 14:12:45

Tök jó. Akkor azt a részét legalább nem számoltam el :-)

Előzmény: [2302] jonas, 2007-09-19 12:11:36
[2302] jonas2007-09-19 12:11:36

Közben egyébként lefutott a keresés tizenhárom jegyre, és azt állítja, hogy csak az említett két tizenháromjegyű megoldás van.

Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47
[2301] BohnerGéza2007-09-19 09:35:31

Szerintem a fehér pontok esetén sem általános, hanem hegyesszögű háromszöget kapunk! Vége! Talán az AB-n van C, akkor nem hegyes-, nem derék- és nem tompaszögű az ABC.

Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11
[2300] SmallPotato2007-09-19 07:19:19

Örömmel látom, hogy esetenkénti bénázásom mily mély matematikai alapokon nyugszik. :-)

Soha nem jutott eszembe, hogy vizsgáljam az okokat ... de az ábra és a kommentár valóban meggyőző!

Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11
[2299] jonas2007-09-18 23:01:11

Igen, ismert tétel, hogy általános háromszöget nehéz rajzolni. Reiman tanár úr ezt a következő módon bizonyította.

Rögzíthetjük a háromszög két csúcsát, mivel hasonlóság erejéig nem változtat a feladaton. Nézzük meg, hova rakhatjuk a harmadik pontot. A piros területek ki vannak zárva, mivel akkor tompaszögű lenne a háromszög. Ki van zárva az őket határoló piros vonalak környéke is, hiszen akkor majdnem derékszögű lenne a háromszög. A kék vonalak környéke pedig azért van kizárva, mert akkor majdnem egyenlőszárú lenne a háromszög. Nagyon magasra sem érdemes rakni a csúcsot, mert akkor csúnyán megnyúlt háromszöget kapunk, amit ráadásul könnyebben lehet egyenlőszárúnak nézni, mivel két oldala közel azonos hosszú.

Az pedig látható, hogy így nem marad sok hely, ahova a harmadik pontot le lehetne tenni.

Előzmény: [2295] SmallPotato, 2007-09-18 19:42:39
[2298] jonas2007-09-18 22:23:50

Egyébként nem az otthoni gépemen fut, noha az is elég jó gép, de az egyetem kétszer két magos AMD procis gépe gyorsabb.

[2297] jonas2007-09-18 22:21:41

Érdekes.

Nekem most már csak azt kell ellenőriznem, hogy a heurisztikusan közelítő programom, ami a [2279] hozzászólás tizenháromjegyű megoldásait találta, minden megoldást megtalált-e (eltekintve az ismétlésektől).

Ez a program úgy működött, hogy az x=a(10m-1)/b kifejezésbe helyettesített be olyan kis számokat, ahol m osztja b-1-et, majd ellenőrizte a kapott x-et.

Elég sok megoldást megadott, a legtöbbet sokféle paraméterekkel újra meg újra.

Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47
[2296] Sirpi2007-09-18 19:59:47

Na, megvan az összes megoldás, a gép pihenhet (és végre Nektek se kell tovább olvasgatnotok a fejtegetéseimet :-) )

Szóval odáig jutottam, hogy a = \frac{10^m - k}{10k-1}b, és 2\leqk\leqb\leq9

Tegyük fel, hogy adott k-ra van megfelelő b és m. Ekkor

10a + b = \frac{10b}{10k-1}(10^m-k) + b =

= \frac b{10k-1}10^{m+1} - \frac{10k}{10k-1}b + \frac{10k-1}{10k-1}b = \frac b{10k-1}(10^{m+1}-1)

Ha a 10k-1 prím, akkor olyan m kell, amire 10m\equivk(mod10k-1), de ekkor 10m+1\equiv10k\equiv1(mod10k-1). Vagyis ha m+1-esével növelem a kitevőt, akkor mindig új megoldásokat kapok, és azt is könnyű látni, hogy ezek mind az alapmegoldás egymás után írásai lesznek, hiszen

\frac b{10k-1}(10^{l(m+1)}-1)= \frac b{10k-1}(10^{m+1}-1)
(1 + 10^{m+1} + \dots + 10^{(l-1)(m+1)})

és itt az utolsó tényezó kivételével épp az alapmegoldás van felírva, az utolsó tényező pedig 100...0100...01...100...01 alakú, így a vele való szorzás épp az egymás után írást eredményezi,

Ezzel tehát elintéztük a k=9 (10k-1=89), k=8 (79), k=6 (59), k=3 (29), és k=2 (19) eseteket.

Konkrétan a megoldások (a kitevők onnan jönnek, hogy megkerestem a 10m\equivk legkisebb megoldását) (l=1,2,...):

k=9: \qquad \frac 9{89}(10^{l\cdot 44} - 1)

k=8: \qquad \frac b{79}(10^{l\cdot 13} - 1), \qquad b\geq 8

k=6: \qquad \frac b{59}(10^{l\cdot 58} - 1), \qquad b\geq 6

k=3: \qquad \frac b{29}(10^{l\cdot 28} - 1), \qquad b\geq 3

k=2: \qquad \frac b{19}(10^{l\cdot 18} - 1), \qquad b\geq 2

Marad még a k=7 (69), 5 (49) és 4 (39). A 7 és a 4 egyszerűbb, ugyanis ott az első olyan m index, ahol 10m-k osztható 23-mal illetve 13-mal, egyúttal osztható 69-cel, illetve 39-cel is, tehát ezek a megoldások ugyanolyanok, mint amit a prímeknél kaptunk:

k=7: \qquad \frac b{69}(10^{l\cdot 22} - 1), \qquad b\geq 7

k=4: \qquad \frac b{39}(10^{l\cdot 6} - 1), \qquad b\geq 4

A legérdekesebb a k=5 eset, ugyanis ott 49 a nevező, ezért előfordulhat, hogy a 10m-5 is osztható 7-tel, és b=7. Ezek a köv. megoldások:

k=5: \qquad \frac 1 7(10^{l\cdot 6} - 1)

És van az az eset, mikor 10m-5 osztható 49-cel, ebből a következő megoldások adódnak:

k=5: \qquad \frac b{49}(10^{l\cdot 42} - 1), \qquad b\geq 5

Ez lenne tehát az összes megoldás, és igérem, leszálltam a feladatról.

Előzmény: [2291] Sirpi, 2007-09-18 17:27:20
[2295] SmallPotato2007-09-18 19:42:39

Csak nem "általános háromszög"et akartál felskiccelni? :-))

(Esetemben a lehetséges kimenetelek: egyenlőszárú, derékszögű, ... és hovatovább a

\lim_{n\to\infty}(\frac{kedvezo\_esetek\_szama}{lehetseges\_esetek\_szama})=0

tárgyában merül fel a kérdés :-D)

Előzmény: [2294] Yegreg, 2007-09-18 19:29:55
[2294] Yegreg2007-09-18 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] SmallPotato2007-09-18 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 \frac b a = \frac c b; ellenkező esetben valamelyik arány a \frac{\sqrt5+1}2-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] SmallPotato2007-09-18 19:13:33

Legyen mondjuk a\leb\lec. Ekkor a három, érdemben vizsgálandó, egynél nem kisebb hányados \frac{b}a, \frac{c}b és \frac{c}a. Ezek közül (a kiinduló reláció értelmében) \frac{c}a nem lehet a legkisebb; marad tehát \frac{b}a (legyen ez p; ekkor b=ap) és \frac{c}b (legyen ez q; ekkor c=bq). Értelemszerűen p\ge1 és q\ge1.

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):

q < 1 + \frac1 p

Tekintve, hogy p\ge1, 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)

p=q=\frac{\sqrt5+1}2 \approx 1,618

. Ha p ennél nagyobb, akkor q (ennél és így p-nél is) kisebb.

p és q közül a kisebbik tehát az [1..\frac{\sqrt5+1}2[ 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] Sirpi2007-09-18 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

10^{m-1} \leq a = \frac{10^m-k}{10k-1}b

Innen azt kapjuk, hogy 10b>10k-1-nek teljesülnie kell, vagyis b\geqk. 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] Yegreg2007-09-18 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?

[2289] Lóczi Lajos2007-09-18 12:40:43

Szép meggondolások :)

Előzmény: [2288] Sirpi, 2007-09-18 10:00:38
[2288] Sirpi2007-09-18 10:00:38

Ugyanúgy intézhető el az a) eset, ekkor

k(10a+b)=10mb+a

ahonnan

a = \frac{10^m-k}{10k-1}b

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 \left.a \approx b/39 \cdot 10^m\right.).

Egyébként m=5-re (vagyis a 6-jegyű n-ekre) a következő megoldások adódtak:

230769\to923076  (k=4,b=9)

205128\to820512  (k=4,b=8)

179487\to717948  (k=4,b=7)

153846\to615384  (k=4,b=6)

128205\to512820  (k=4,b=5)

102564\to410256  (k=4,b=4)

142857\to714285  (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] Sirpi2007-09-18 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 (\left. 10^m \leq n < 10^{m+1} \right.), és írjuk fel n=10a+b alakban, ahol 1\leqb\leq9, és 10m-1\leqa<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 2\leqk\leq9):

10a+b=k(10mb+a)

Innen

a = \frac{k10^m-1}{10-k}b

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:

428571\to142857  (b=1)

857142\to285714  (b=2)

428571428571\to142857142857  (b=1)

857142857142\to285714285714  (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] jonas2007-09-17 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] jonas2007-09-17 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
[2284] jonas2007-09-17 16:23:37

Az 102564102564 a hozzászólás végén természetesen törlendő, mert 12 jegyű, és egy hatjegyű ismétlése.

Előzmény: [2281] jonas, 2007-09-17 15:16:49
[2283] Lóczi Lajos2007-09-17 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

  [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]