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.
[3811] w2013-11-10 16:59:08

201314 mod 73 kiszámítása.

Bár klasszikus feladattípus, szerintem mégis érdekes a megoldás az átlagos feladathoz képest. (Például 999 mod 102 kiszámítása egyszerűbb, hiszen számológéppel is könnyen adódik, hogy 95\equiv-1 (mod 102), ezért elég 99-t mod 10 vizsgálni, ami pedig könnyű.) Most az nem kunszt, ha Euler-Fermat-val lemészároljuk, ámde tökéletesen elfogadható megoldás (ezért tűztem itt ki). Ha egyszerűbb eszközökkel szeretnénk dolgozni, akkor a következő megoldást találhatnánk.

Első célunk keresni olyan n kitevőt, melyre 20n\equiv\pm1 (mod 73). Vegyük észre, hogy 20=7k-1 alakú, ezért a binomiális tétel szerint

20^n=(7k-1)^n=\binom n n (7k)^n\pm\dots+(-1)^{n-3}\binom n3(7k)^3+(-1)^{n-2}\binom n2(7k)^2+(-1)^{n-1}n(7k)+(-1)^{n}.

Tehát célszerű n=72 választása, hisz akkor az utolsó tag kivételével minden tag 73-nel osztható, vagyis 2049\equiv-1 (mod 73).

Vagyis csak 1314-t kell mod 49 megnéznünk. De a binomiális tételt újra alkalmazva kapjuk, hogy 1314\equiv1 (mod 49), mert 13\equiv-1(7). Amiért az adódik, hogy 1314=49\ell+1 alakú, ahol \ell tehát páros. Ebből következik, hogy 201314\equiv20 (mod 73), vagyis az utolsó három számjegy 026.

Előzmény: [3810] csábos, 2013-11-09 16:35:38
[3810] csábos2013-11-09 16:35:38

Igazából az a kérdés, hogy hogyan lehet egyszerűen kiszámolni 13^{14}\frac{}{}-t modulo 49\cdot 6\frac{}{}. Modulo 6 1. Modulo 49 nekem (eddig) úgy a legegyszerűbb, hogy 13^2\equiv 8^3\equiv 22\frac{}{} modulo 49, azaz a 13 köbszám modulo 49, így ha a^3\equiv 13\frac{}{}, akkor 13^{14}\equiv a^{42}\equiv 1\frac{}{}.

Mi a kitűző megoldása?

Előzmény: [3809] jonas, 2013-11-08 13:35:52
[3809] jonas2013-11-08 13:35:52

Igazad van. Valamit elszámolhattam reggel.

Előzmény: [3808] Róbert Gida, 2013-11-08 13:06:53
[3808] Róbert Gida2013-11-08 13:06:53

026 lesz az, hiszen 1314\equiv1mod (7*7*6), így Euler-Fermat miatt (343 és 20 relatív prímek): 201314\equiv201\equiv20mod 343

Előzmény: [3807] jonas, 2013-11-08 08:50:47
[3807] jonas2013-11-08 08:50:47

Szerintem 546 hetes számrendszerben az utolsó három számjegy, de lehet, hogy rosszul számoltam.

Előzmény: [3806] w, 2013-11-07 16:09:11
[3806] w2013-11-07 16:09:11

Nekem is van egy saját készítésű szép számelméletfeladatom, bár ez évszámok használatának árán könnyebb lesz.

Határozzuk meg a 201314 hatvány 7-es számrendszerbeli alakjában az utolsó három számjegyet.

[3805] Sirpi2013-10-25 09:19:21

Nekem is ez az eredmény jött ki, bár picit másképp csináltam.

Legyen a k jegyű. Ekkor

(a*)2=(a2)*=a2+11...1

(a*)2-a2=11...1

(a*-a)(a*+a)=11...1

11...1.(a*+a)=11...1

a*+a=11...1/11...1

Ha a k jegyű, akkor a2 vagy 2k-1, vagy 2k jegyű, tehát ennyi db. 1-es van az előző sorok jobb oldalán. Ezt osztjuk le az utolsó sorban egy k db 1-esből álló számmal, és könnyen látható, hogy csak akkor kapunk egész számot, ha 2k db egyesből áll a számláló (sőt, ellenkező esetben a* és a összege kisebb lenne, mint a különbsége).

Ez alapján a*+a=100...01 (k-1 db 0-val), a*-a=11...1, vagyis a=44...45, és ebből csak az 1 és a 2 jegyű megoldás a jó, ahogy azt Te is indokoltad.

Előzmény: [3804] csábos, 2013-10-23 23:21:42
[3804] csábos2013-10-23 23:21:42

5,45

Tekintsük a feladatot modulo 10k. Legyen

n\equiv a \quad mod(10^k) \frac{}{}

Ekkor a feladat az

(a+\frac{10^k-1}{9})^2\equiv  a^2 +\frac{10^k-1}{9}\quad mod(10^k)

kongruencia formájában írható fel.

Négyzetre emelve, 81-gyel szorozva és a 10k-val osztható tagokat elhagyva a

-18a\equiv -10 \quad mod(10^k) \frac{}{},

azaz

9\equiv 5 \quad mod(10^{k-1}) \frac{}{}

kongruenciához jutunk.

A jobboldalhoz 4.10k-t adva

a=44...445 adódik, azaz az eredeti kongruencia megoldásai

444...445 és 944...445. Ez utóbbi nem játékos, így marad az előbbi.

Ha k legalább 3, akkor 197136=4442<a2<4452=198025. Ezért a2 második jegye 9-es, azaz nem megoldás.

Előzmény: [3803] Sirpi, 2013-10-21 14:26:41
[3803] Sirpi2013-10-21 14:26:41

A következő egy általam kitalált feladat:

Egy a természetes számra a* jelölje azt a számot, amit úgy kapunk, hogy a minden számjegyét eggyel megnöveljük. Pl: 125*=236. Ha egy számban szerepel 9-es számjegy, akkor nincs értelmezve.

Oldjuk meg az (n*)2=(n2)* egyenletet.

[3802] HoA2013-10-15 10:20:04

Re: a komplex számos megoldás-felvetés honnan ered

juantheron kérdezte itt [3775] -ben.

Előzmény: [3793] csábos, 2013-10-11 12:57:17
[3801] n2013-10-14 11:29:44

(a link nem látszik működni, helyesen: http://en.wikipedia.org/wiki/Steiner_tree_problem )

Előzmény: [3793] csábos, 2013-10-11 12:57:17
[3800] n2013-10-13 20:02:56

Ha jól sejtem, a [3792] linkje az oka.

Előzmény: [3799] Zilberbach, 2013-10-13 19:29:17
[3799] Zilberbach2013-10-13 19:29:17

Nem fér bele a képernyőbe.

Előzmény: [3798] Zilberbach, 2013-10-13 19:28:34
[3798] Zilberbach2013-10-13 19:28:34

Google Chrome. Most már nagyon szélesre húzódik a téma ablaka is.

Előzmény: [3797] n, 2013-10-13 17:51:14
[3797] n2013-10-13 17:51:14

A böngésző ismerete nélkül nehéz megmondani...

Előzmény: [3796] Zilberbach, 2013-10-12 19:48:25
[3796] Zilberbach2013-10-12 19:48:25

Ebben a témában nem tördeli be a túl hosszú sorokat a gépem/programom. Mi lehet az oka?

[3795] Sinobi2013-10-12 01:30:53

Kaptam egy "érdekes" geometria feladatot, nem tudom mit lehetne vele kezdeni, ami nem kórdináta.

a, Ha van egy e egyenes, és egy p parabola, szerkeszd meg azokat a pontokat a parabolán, amelyek felezőmerőlegese az egyenes. (eddig nem volt nehéz)

b, Bizonyítsd be, hogy ha van egy parabolán három pontpár (húr), amelyek felezőmerőlegesei egy ponton mennek át, akkor ha a hat pontot a parabola tengelyirányában elaffinítjuk, akkor az így kapott pontok felezőmerőlegesei is egy ponton fognak átmenni.

c, Ily módon egy parabola és egy affinitás meghatároz egy \phi tranformációt, melyben minden Pi pont képe egy olyan Pi' pont lesz, hogy a parabolának minden olyan húrjának, amelynek a felezőmerőlegese átment Pi-n, a képe egy olyan húr, amelynek a felezőmerőlegese átmegy Pi'-n. Bizonyítsd be, hogy \phi egyenestartó.

[3793] csábos2013-10-11 12:57:17

Kedves HOA!

A probléma Steinerig és Fermat-ig visszavezethető. http://en.wikipedia.org/wiki/Steinertreeproblem Sőt, mér a Gyilkos számok egyik jelenetében is láttam. 2. évad Toxin című rész, 31. perctől. A kérdésem igazából arra vonatkozott, hogy a komplex számos megoldás-felvetés honnan ered. Ami még igazán érdekel: Minél korábbi előfordulása az

x2+xy+y2=a

x2+xz+z2=b

z2+zy+y2=c

típusú feladatnak.

Tud valaki erről valamit?

Előzmény: [3792] HoA, 2013-10-10 16:48:43
[3792] HoA2013-10-10 16:48:43

Hát igen, mint a Ludas Matyi mottója mondta. „Nincsenek régi viccek, csak öreg emberek. Egy újszülöttnek minden vicc új” Nem emlékszem, hol láttam először, talán valamelyik Reiman könyvben. Most az interneten rákeresve ezt találtam legelőször:

Nemzetközi matematikai diákolimpiák (1959–2003)books.google.hu/books?isbn=9639548049 610 – 611. old.

http://books.google.hu/books?id=nNihkOMB8qYC&pg=PA610&lpg=PA610&dq=izogon%C3%A1lis+pont&source=bl&ots=ocxjZNxUjz&sig=g6aMbTyKXDcQBRh57RTWfDsgGfM&hl=hu&sa=X&ei=Fa5WUoy9HauX5ATV84HIBw&ved=0CGQQ6AEwCw#v=onepage&q=izogon%C3%A1lis%20pont&f=false

A lényeg: A 120 fokosnál nem nagyobb szögű háromszög síkjának az a pontja, melynek a csúcsoktól mért távolságösszege minimális, az izogonális pont. Bizonyítás: Legyen az ABC háromszög síkjának egy pontja P. Forgassuk el az ABP háromszöget B körül 60 fokal , új helyzete A’BP’ ( A’ az AB egyenes C-t nem tartalmazó oldalán ) . Ekkor A’P’ = AP, BPP’ háromszög szabályos, BP = BP’ = PP’ . A P pont csúcsoktól mért távolságainak összege AP + BP + CP = A’P’ + P’P +PC , vagyis egyenlő az A’P’PC töröttvonal hosszával. Mivel A’ és C helyzete P-től független, ez a hossz akkor a legkisebb, ha ha egybeeseik az A’C szakasszal. A minimális távolságösszeget adó P0 pont ( és 60 fokos elforgatottja , P0 ) rajta van A’C –n, BP0P0\Delta szabályos, így BP0C\angle=120o és BP0’A’\angle=120o miatt BP0A\angle is 120o

[3791]-re: Nézd meg, mi a helyzet, ha ABC\angle>120o

Előzmény: [3790] csábos, 2013-10-09 21:17:40
[3791] csábos2013-10-09 22:21:43

Természetesen a létezés bizonyításánál. Kavics mindig a tanteremben röpködő piros krokodilokkal példálózott. Ha azok léteznek, akkor minden igaz. A konstrukció mindig nehezebb a bizonyításnál. Ha feltesszük, hogy valami van, arról már könnyebb bármit igazolni.

Előzmény: [3781] HoA, 2013-09-04 23:31:16
[3790] csábos2013-10-09 21:17:40

Kedves HoA!

Nagyon érdekelne, hogy mitől közismert ez a feladat. Ha megírnád, örülnék.

Csábos

Előzmény: [3781] HoA, 2013-09-04 23:31:16
[3789] w2013-10-04 23:57:23

Szerintem reális a 2% becslés.

Előzmény: [3786] koma, 2013-10-04 20:22:50
[3788] HoA2013-10-04 22:04:07

Azért írta ki furán, mert a százalék jelet megjegyzés kezdetének veszi, és mindent elhagy, amit a sorban utána írsz . Valamelyik témában nemrég volt szó róla. Tehát így kell írni, hogy látható legyen: \%

A feladattípus elég közismert. Nekem van egy egész kis könyvem belőlük. És persze egy táblázatos módszerrel elég automatikusan megoldható.

Az, hogy az emberek hány %-a képes megoldani, kicsit nézőpont kérdése. Készséggel elhiszem, hogy ha 100 embernek feladod, csak 1-2 -től kapsz megoldást. Nem azért, mert képtelen lenne megoldani, de nem érdekli annyira, hogy végigküzdje. Más lenne a helyzet, ha az élete - na jó, a havi fizetése függne tőle.

Előzmény: [3787] koma, 2013-10-04 20:25:34
[3787] koma2013-10-04 20:25:34

-De furán írta ki-, szóval állítólag az emberek két százaléka tudja megoldani, és szerintem azért jóval többen képesek lehetnek rá, ti hogyan vélekedtek?

Előzmény: [3786] koma, 2013-10-04 20:22:50
[3786] koma2013-10-04 20:22:50

Sziasztok, a véleményetekre lennék kíváncsi, szerintem nagyon sokan ismeritek a feladványt:

Ezt a feladatot Einstein írta. Azt mondta, hogy az emberek 98

Tények: 1. 5 ház van, különböző színüek. 2. Minden házban él egy-egy ember, mindegyik más nemzetiségű. 3. Az öt tulajdonos különböző italokat fogyaszt, különféle cigit szív és más-más állatot tart. 4. Nincs két olyan tulajdonos aki ugyanazt az állatot tartaná, ugyanazt a cigit szívná, vagy ugyanazt az italt inná.

1. A brit a piros házban lakik. 2. A svéd kutyát tart. 3. A dán teát iszik. 4. A zöld ház a fehér ház bal oldalán van. 5. A zöld ház tulajdonosa kávét iszik. 6. Az a személy aki Pall Mall-t szív madarat tart. 7. A sárga ház tulajdonosa Dunhill-t szív. 8. Az az ember aki a középső házban lakik tejet iszik. 9. A norvég az első házban lakik. 10. Az ember aki Blend cigit szív amellett lakik aki macskát tart. 11. Az az ember aki lovat tart amellett lakik aki Dunhill cigit szív. 12. A tulaj aki Blue Mastert szív, sört iszik. 13. A német Prince-t szív. 14. A norvég a kék ház mellett lakik. 15. Az ember aki Blend-et szív, a vizet ivó ember szomszédja.

-Én 20-25 perc alatt megoldottam, de nem érzem úgy, hogy a felső 2

  [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]