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.
[3304] jenei.attila2010-08-24 09:18:03

Nem lehet p és q is páratlan, mert akkor két páratlan szám összege páros lenne. Legyen p=2, q pedig páratlan. 2q+q2 osztható 3-mal, mert 2q 2-őt ad maradékul 3-mal osztva, q2 meg 1-et

Előzmény: [3303] D. Tamás, 2010-08-23 10:43:49
[3303] D. Tamás2010-08-23 10:43:49

Mutassuk meg, hogy ha p és q prímszámok, akkor a pq+qp összeg csak egyetlenegy esetben prímszám, ha p=2 és q=3. (p<q) A feladat egyáltalán nem nehéz, ezt most előre leszögezem.

[3302] Róbert Gida2010-08-18 17:38:34

Nem azt mondtam, hogy nehéz a megoldása, hanem azt, hogy gyenge a feladatkitűzés.

Amúgy Tóbi megoldása még mindig rossz, azt nem tudom miért tette fel, hogy xi>0 amikor a feladatban természetes egészekről van szó. És ekkor van pontosan egy megoldás, (ha minden xi különböző és n\ge2): 0!+1!=2!.

Előzmény: [3298] D. Tamás, 2010-08-17 21:07:40
[3301] Tóbi2010-08-18 16:00:25

Így sem nehéz a megoldás. Állítás: Ha n\ge2 rögzített egész, akkor n db faktoriális összege csak véges sok esetben lehet faktoriális. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy a legnagyobb tag az összegben (jelölje k!) nagyobb, mint n!. Ekkor az n tag összege k! és (k+1)! közé esik, hiszen n*k!<k*k!<(k+1)!. Véges sok eset kivételével lesz is ilyen nagy a tagok közt. Egyébként valószínűleg tényleg így gondolták eredetileg a feladatot, ez indokolja a "csak véges sok megoldás"-t a szövegben.

Előzmény: [3300] Fálesz Mihály, 2010-08-18 13:44:20
[3300] Fálesz Mihály2010-08-18 13:44:20

Szerintem nem feltétlenül jogos. n\ge2 rögzített, és x1,...,xn az ismeretlenek.

Előzmény: [3299] D. Tamás, 2010-08-17 21:08:36
[3299] D. Tamás2010-08-17 21:08:36

Jogos.

Előzmény: [3296] Tóbi, 2010-08-17 19:10:10
[3298] D. Tamás2010-08-17 21:07:40

Nem is mondtam az elején, hogy nehéz lesz a megoldás. De mivel úgy látom, hogy ide csak szebb, nehezebb feladatok kerülnek, ezért legközelebb olyat fogok rakni.

Előzmény: [3297] Róbert Gida, 2010-08-17 19:21:48
[3297] Róbert Gida2010-08-17 19:21:48

Hát ez az. Borzasztóan gyenge feladatkitűzés volt.

Előzmény: [3296] Tóbi, 2010-08-17 19:10:10
[3296] Tóbi2010-08-17 19:10:10

Ha lehetnének azonosak is a számok, akkor végtelen sok megoldás lenne. k+1 db k! összege (k+1)! minden k-ra.

Előzmény: [3295] Róbert Gida, 2010-08-17 17:46:27
[3295] Róbert Gida2010-08-17 17:46:27

A feladat szövegében nem szerepelt, hogy mindegyik xi szám különböző, így ezt nem tehetted fel.

Előzmény: [3294] Tóbi, 2010-08-17 17:39:10
[3294] Tóbi2010-08-17 17:39:10

Ha 0<x1<x2<...<xn és n\ge2 akkor az összeg két faktoriális közé szorítható.

x_n < \sum_{i=1}^nx_i! \le \sum_{i=1}^{x_n}i! \le \sum_{i=1}^{x_n}i!*i = (x_n+1)!-1 < (x_n+1)!

\sum_{i=1}^{N}i!*i = (N+1)!-1 indukcióval könnyen igazolható.

Előzmény: [3291] D. Tamás, 2010-08-17 14:51:20
[3293] D. Tamás2010-08-17 16:51:36

Az kimaradt, bocsi a pontatlanságomért.

Előzmény: [3292] Sirpi, 2010-08-17 16:12:41
[3292] Sirpi2010-08-17 16:12:41

Gondolom feltéve, hogy n\geq2.

Előzmény: [3291] D. Tamás, 2010-08-17 14:51:20
[3291] D. Tamás2010-08-17 14:51:20

Bizonyítjuk be, hogy a \sum_{k=1}^n x_k!=x_l! egyenletnek véges sok megoldása van, ha x\inN!

[3290] Sirpi2010-07-16 13:35:21

Szerintem elég egyszerűen kijön, hogy ha 0\leqt\leq1, akkor ha a, b, c oldalakból szerkeszthető háromszög, akkor az at, bt, ct oldalakból is, egyéb t értékekre pedig van ellenpélda.

Ha 0\leqt\leq1, akkor a\leqb\leqc-ből következik, hogy at\leqbt\leqct, ezért elég megmutatni, hogy c<a+b-ből következik, hogy ct<at+bt. Mivel c<a+b, így ezt leosztva c1-t-vel:

c^t = \frac c {c^{1-t}} < \frac a{c^{1-t}} + \frac b{c^{1-t}} \leq \frac a{a^{1-t}} + \frac b{b^{1-t}} = a^t + b^t

tehát valóban ct<at+bt.

Ha t>1, akkor elég kis epszilonra az 1,1,2-\varepsilon oldalú háromszög megfelelő, viszont az 1t,1t,(2-\varepsilon)t-re már nem teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, mert (2-\varepsilon)t>2.

Amúgy a t<0 is hasonlóan érdekes eset, arra is van egyszerű ellenpélda (ha \varepsilon elég kicsi, akkor \varepsilon,1,1 megfelelő háromszög, de \varepsilont>2).

Előzmény: [3286] D. Tamás, 2010-07-15 16:05:08
[3289] D. Tamás2010-07-16 12:19:24

Ha minden igaz, megvan a felső korlát: n\le1 Most csupán eredményt közlök, levezetni sem olyan nehéz, mint gondoltam. Azonban az alsó korlát megkeresése már nehezebb lesz úgy vélem. (Legalábbis bizonyítani biztosan az lesz, ha megsejtettük a számot.)

[3288] D. Tamás2010-07-16 11:45:46

A 2 feladat hasonló, de nem ugyanaz.

B. 3936. Milyen feltételeknek kell teljesülni az a,b,c valós számokra ahhoz, hogy minden n természetes számra létezzék olyan háromszög, amelynek az oldalai an,bn és cn?

Az én feladatom pediog a következő volt: Igaz-e, hogy ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha n\inR\R-? Ez könnyen elmondható, hogy nem igaz, hiszen példának vehetjük a 3 4 és 5 egység hosszúságú oldalakkal rendelkező háromszöget. Ez a példa azért is speciális, mert n=2 esetén megkapjuk az oldalak közti összefüggést: 32+42=52 (De egyébként \forall pithagoraszi számhármasnál ezt tapasztalhatjuk. Összefoglalva ez a feladat azért más a B.3936-hoz képest, mert itt meg kell keresnünk azokat az n számokat, melyekre igaz lesz, hogy az an,bn és cn hosszúságú szakaszokl szerkeszthető háromszög. n=1 és \frac12 jó eset, de ez nem zárja ki a többi eset létezését. Mivel a probléma egyre jobban érdekel, ezért én is nekiállok a feladatnak mostantól. Bár van egy olyan sejtésem, hogy ez nem egy egyszerű probléma, na de majd meglátjuk.

Előzmény: [3287] psbalint, 2010-07-15 16:52:31
[3287] psbalint2010-07-15 16:52:31

ugyanez volt már B-pontversenyben (B.3936)

Előzmény: [3286] D. Tamás, 2010-07-15 16:05:08
[3286] D. Tamás2010-07-15 16:05:08

Teljesen általánosan is felvetődhet a kérdés: Tehát ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha n\inR\R-.? A válasz nem, de jó feladatnak tűnik - elsőre - megkeresni az n lehetséges értékeit.

[3285] Róbert Gida2010-07-15 14:59:55

Igaz.

Előzmény: [3284] Sirpi, 2010-07-15 09:19:06
[3284] Sirpi2010-07-15 09:19:06

Úgy látom, kicsit beállt a téma, ezért jöjjön egy könnyebb feladat (valószínűleg nem én fedeztem fel, de felmerült bennem tegnap hazafelé):

507. feladat: Igaz-e, hogy ha az a, b, c oldalakból szerkeszthető háromszög, akkor a \sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c} oldalakból is?

[3283] jonas2010-07-12 12:58:00

Szerintem ezt a feladatot nem csak itt, hanem odaát is érdemes megbeszélni.

Előzmény: [3282] Kós Géza, 2010-07-11 20:17:08
[3282] Kós Géza2010-07-11 20:17:08

Az idei matekolimpián az 5. feladat volt a legérdekesebb, szerintem érdemes itt is megbeszélni.

 

506. feladat (IMO2010/5). A B1,B2,B3,B4,B5,B6 dobozok mindegyikében kezdetben egy érme van. Kétféle megengedett lépés van:

1. típusú lépés: Választunk egy Bj nemüres dobozt, ahol 1\lej\le5. Elveszünk egy érmét a Bj dobozból, és hozzáadunk két érmét a Bj+1 dobozhoz.

2. típusú lépés: Választunk egy Bk nemüres dobozt, ahol 1\lek\le4. Elveszünk egy érmét a Bk dobozból, és kicseréljük a Bk+1 (esetleg üres) doboz tartalmát a Bk+2 (esetleg üres) doboz tartalmával.

Állapítsuk meg, hogy ilyen lépések valamilyen véges sorozata segítségével elérhető-e, hogy a B1, B2, B3, B4, B5 dobozok mindegyike üres legyen, a B6 doboz pedig pontosan 201020102010 érmét tartalmazzon. (Definíció szerint abc=a(bc).)

[3281] jonas2010-05-12 23:13:41

gabor7987 feladata a Valaki monja meg! téma 1024. hozzászólásában annyira megtetszett, hogy föladtam egy nehezebb változatát az idei BME matematika versenyen. A feladat így szól.

505. feladat. Adott két 1-nél nagyobb egész szám: m és n. Bizonyítsuk be, hogy csak véges sok n-edik hatvány áll elő mn egymás utáni egész szám n-edik hatványának az összegeként.

Próbáljátok meg megoldani. Köszönet gabor7987-nak az ötletért, jenei.attilának a megoldás ötletéért, valamint Horváth Miklósnak amiért évek óta fáradhatatlanul szervezi a versenyt.

[3280] HoA2010-04-30 10:42:01

Tájékozódásul vizsgáljuk a felület metszetét sorra az x=0, y=0, x=y , x= -y síkokkal. A kapott függvények:

f1=y4–y2=y2(y21) zérushelyei -1, 0, 1 , a függvény jellegét az origó környezetében az 1. ábra mutatja. Tehát ebben az irányban itt lokális maximum van.

f2=x4–x2=x2(x21) hasonló f1 -hez.

f3 : Legyen x=y=t . f3=2t44t2=2t2(t22) jellegében megegyezik az előzőekkel, csak a zérushelyek itt (  - \sqrt{2} ,  0 , \sqrt{2} )

f4 : Legyen x= -y = t . f4=2t42t2+2t2=2t4 A metszetgörbe jellege a 2. ábra szerinti, ebben az irányban lokális minimum van. A felületnek tehát az origó nyeregpontja. Általánosabb eredményt kapunk, ha áttérünk polárkoordinátákra. x=rcos\phi,y=rsin\phi helyettesítéssel

g(r,\phi)=r4(cos4\phi+sin4\phi)–r2(cos\phi+sin\phi)2 Az r szerinti deriváltak az origóban \frac {dg}{dr} = 4 \cdot r^3 (cos^4 \phi + sin^4 \phi ) - 2 r ( cos \phi + sin \phi )^2  = 0 \frac {d^2 g}{dr^2} = 12 \cdot r^2 (cos^4 \phi + sin^4 \phi ) -2 ( cos \phi + sin \phi )^2  Ez általában negatív és az 1. ábra szerinti viselkedést indokolja. A kivétel éppen az x = -y eset, ekkor a második tag eltünik, és így még a harmadik derivált is nulla. A negyedik derivált pozitív volta adja a 2. ábra szerinti metszetet. Összefoglalásként megállapíthatjuk, hogy az origó ennek a függvénynek egy különleges nyeregpontja, egy irányban lokális minimum, az összes többiben lokális maximum.

Hátha valaki folytatja e,césv vektorok elemzésével.

Előzmény: [3279] Lóczi Lajos, 2010-04-23 23:34:25

  [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]