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.
[582] lorantfy2004-11-19 08:15:02

Kedves Rizs!

A feladatot Gyuri adta fel a [362]-ben, 82. feladat. A megoldás a [384-387] hozzászólásokban van.

Előzmény: [581] rizs, 2004-11-19 01:59:16
[581] rizs2004-11-19 01:59:16

115. feladat: Van egy börtön, amelynek az udvarán van egy kétállású kapcsoló, véletlenszerű állapotban. A rabok ugyan nem beszélgethetnek, nem adhatnak információt semmilyen módon egymásnak, de bármikor átbillenthetik a kapcsolót a másik állapotába. (A valósággal való egyezés a véletlen műve.) Ebbe a börtönbe visznek N rabot, akik még a rabomobilban összebeszélhetnek. A rabok jól ismerik ennek a börtönnek a szokásait, beeértve a kapcsolót is. Tudják, hogy amikor beviszik őket többet nem beszélhetnek, de "felajánlják" majd nekik, hogy ha mindegyikük már legalább egyszer átállította a kapcsolót és valamelyikük szól, akkor mindegyiküket szabadon engedik. Ha valaki azelőtt szól, hogy valaki még nem nyúlt a kapcsolóhoz, akkor mindenkit kivégeznek. A börtönszokásokhoz tartozik az is, hogy mindenki csak egyedül sétálhat (tehát nem is láthatják a másikat a kapcsolónál) és teljesen véletlenszerű, hogy mikor kit engednek ki sétálni. Semmi garancia nincs arra, hogy mindenki véges időn belül sétálni fog.

Össze tudnak-e beszélni a rabok, hogy szóljon valamelyikük, ha biztosan tudja, hogy mindenki legalább egyszer már hozzányúlt a kapcsolóhoz?

[580] rizs2004-11-19 01:53:54

még Loríntfy feladta volt annak idején, csak nekem most véletlen kellene a megoldása az 56. feladatnak :) meg lehet tudni? .D:D

illetve még egy remek kis feladat: adjunk meg négy olyan egymást követő prímszámot, amelyek számtani sorozatot alkotnak.

üdv, rizs

[579] jenei.attila2004-11-18 21:43:23

hasonló módszerrel egyéb érdekes oszthatósági szabályokat lehet találni. Pl. 13|100a+b <=> 13|100a+b-104a-13b 13|-4a-12b <=> 13|a+3b. Itt b már kétjegyű lehet, de b helyett számolhatunk 13-mal való osztási maradékával, vagyis 13|100a+b <=> 13|a+3(b mod 13)

Előzmény: [578] jenei.attila, 2004-11-18 21:17:31
[578] jenei.attila2004-11-18 21:17:31

Köszi az általánosítást. Közben rájöttem, hogy a bizonyításom kissé körülményes. Ugyanis 13|10a+b <=> 13|10a+b-13a-13b <=> 13|-3a-12b <=> 13|3a+12b <=> 13|a+4b.

Előzmény: [577] Hajba Károly, 2004-11-18 19:32:28
[577] Hajba Károly2004-11-18 19:32:28

A második sor így helyes:

Legyen N=10a+b, akkor minden p-re létezik egy a+j*b kisebb szám, melyik szintén akkor osztható p-vel, mikor N is. Csak a j számot kell ügyesen kitalálni. p=3, j=1; p=13, j=4; p=17, j=5; ...

Előzmény: [576] Hajba Károly, 2004-11-18 19:27:49
[576] Hajba Károly2004-11-18 19:27:49

Ha valamely p szám 10-zel relatív prím, akkor könnyen készíthető hozzá oszthatósági szabály. Ezek egyikét mutatta be Jenei Attila.

Legyen N=10a+b, akkor minden p-re létezik egy a+j*m kisebb szám, melyik szintén akkor osztható p-vel, mikor N is. Csak a j számot kell ügyesen kitalálni. p=3, j=1; p=13, j=4; p=17, j=5; ...

A p=13-hoz tartozó j=4 a következők szerint adódik, s ez egyben egy kaptafát is ad más oszthatósági szabályok barkácsolásához. Keressük p olyan többszörösét, mely 10 valamely többszörösétől 1 különbséggel adódik. 13, 16, >39<. 4*10 = 3*13 + 1.

N=10a+b

4N-39a=40a-39a+4b

Ha N osztható 13-mal, akkor N=13q

4*13*q-3*13a=a+4b

13(4q-3a)=a+4b

Tehát ekkor a+4b is osztható 13-mal. S ez a első feltételnek megfelelő bármely számra elkészíthető.

HK

Előzmény: [573] zsol, 2004-11-16 17:42:28
[575] Csimby2004-11-18 17:17:51

Modulo 13, a következő kongruenciák igazak:

100 \equiv1, 101 \equiv10, 102 \equiv9, 103 \equiv12, 104 \equiv3, 105 \equiv4, 106 \equiv1, innentől kezdve ismétlődik a kongruencia. Megjegyzed ezt a sorozatot: 1, 10, 9, 12, 3, 4, 1...

Egy n szám akkor osztható 13-mal, ha a számjegyeiből alkotott kifejezés:

a0+10a1+9a2+12a3+3a4+4a5+a6+10a7+...

osztható 13-mal. Nem mondom, hogy érdemes használni...

Előzmény: [573] zsol, 2004-11-16 17:42:28
[574] jenei.attila2004-11-18 14:01:47

Szóval: a 13-mal való egyik oszthatósági szabály:

A 10a+b alakú szám pontosan akkor osztható 13-mal, ha a+4b is osztható 13-mal.

A nehezebb rész annak belátása, hogy ha 13|10a+b, akkor 13|a+4. Legyen 10a+b=13n. Ekkor 10|13n-b => 10|39n-3b => (40n-et kivonva)10|n+3b. Legyen ezután k=(n+3b)/10, vagyis n=10k-3b. Ezért 10a+b=13n=130k-39b => 10a+40b=130k => a+4b=13k, vagyis 13|a+4b.

A másik irány bizonyítása könnyebb, az utolsó mondatot kell csak visszafelé értelmezni.

Előzmény: [573] zsol, 2004-11-16 17:42:28
[573] zsol2004-11-16 17:42:28

Sziasztok , A feladat a következő, mely számok oszthatók 13mal? Mi erre az oszthatósági szabály ?

[572] Maga Péter2004-11-16 08:49:35

Kedves Attila!

A megoldásod jó. Lényegében én is így csináltam (mármint testbővítéssel).

A megoldásban felhasznált másodfokú testbővítés egyébként is nagyon szép, Surányi László: Algebra-ját ajánlom mindenkinek, akit érdekel a dolog!

Előzmény: [571] jenei.attila, 2004-11-15 23:33:36
[571] jenei.attila2004-11-15 23:33:36

Válasz Maga Péter feladatára: A nem eleme jelet \phi helyettesíti, mivel nem találtam megfelelőbbet.

Bizonyítsuk be, hogy minden n\ge2 természetes számra

a_n=\sum_{i=1}^n \sqrt{i}

irracionális.

Megoldás:

Tekintsük testek következő, tartalmazásra nézve szigorúan növekvő sorozatát:

Q1\subsetQ2\subsetQ3\subsetQ5\subset...\subsetQpk

, ahol Q1 a racionális számok teste, Q2 a Q1 \sqrt 2-vel való bővítése, Qpj pedig a Qpj-1 bővítése \sqrt p_j-vel (p1,p2,...,pk az első egymás utáni prímek). Bebizonyítjuk, hogy aj\inQpl, de aj\phiQpl-1 valamely l-re (j\neq1 és l\neq1), amiből következik, hogy an irracionális (n\geq2). A sorozat egy testét csak prím négyzetgyökével érdemes bővíteni, mert ha x nem prím, akkor kisebb prímek szorzatára bomlik, amelyek négyzetgyökével már bővítettünk. Prím négyzetgyökével való bővítés pedig valóban bővebb testet eredményez. Ennek bizonyítása teljes indukcióval lehetséges. Mivel

Q_{p_j}=\{x_{j-1}+y_{j-1}\sqrt{p_j}: x_{j-1},y_{j-1}\in
Q_{p_{j-1}}\}

(egyszerű bizonyítani), ezért bármely z racionális szám négyzetgyöke \sqrt z pontosan akkor eleme Qpj-nek de nem eleme Qpj-1-nek (j\geq2), ha \sqrt
z=x_{j-1}+y_{j-1}\sqrt{p_j} valamely xj-1,yj-1\inQpj-1. Nyilvánvaló, hogy yj-1\neq0, de ha ugyanekkor xj-1\neq0 is teljesülne, akkor négyzetre emelve és átrendezve azt kapnánk, hogy \sqrt p_j\in Q_{p_{j-1}} lenne az indukciós feltevéssel ellentétben. Tehát \sqrt z (z racionális) pontosan akkor eleme Qpj-nek de nem eleme Qpj-1-nek (j\geq2), ha létezik yj-1\inQpj-1, amire \sqrt
z=y_{j-1} \sqrt{p_j}, vagyis \sqrt{z/p_j}\in Q_{p_{j-1}}. Másképp fogalmazva: \sqrt z\phi Q_{p_j} akkor és csak akkor, ha \sqrt z\phi Q_1, \sqrt{z/2}\phi Q_1, \sqrt{z/3}\phi Q_2, ... , \sqrt{z/{p_j}}\phi Q_{p_{j-1}}. Ugyanezt a feltételt alkalmazva a feltételben szereplő racionális számok négyzetgyökeire is, azt kapjuk hogy, \sqrt z\phi Q_{p_j} akkor és csak akkor, ha \sqrt z, \sqrt{z/2}, \sqrt{z/3}, \sqrt{z/(2\cdot 3)}, ... , \sqrt{z/(2\cdot 3 ... p_j)} irracionális (ahol a négyzetgyökök nevezőiben a 2-től pj-ig terjedő prímek minden lehetséges szorzata szerepel). Könnyű bebizonyítani, hogy a fenti alakú négyzetgyökök irracionálisak, ha z prím (két négyzetmentes természetes szám hányadosának négyzetgyöke irracionális). Vagyis \sqrt{p_{j+1}} valóban bővíti a Qpj testet.

Vissztérve az eredeti feladatra: azt kell bebizonyítani, hogy ha an\inQpj volt (de an\phiQpj-1), akkor an-hez \sqrt{n+1}-et hozzáadva an+1\inQpj vagy an+1\inQpj+1 lesz, de nem lehet hogy an+1\inQpj-1 és an+1\phiQpjlesz. Vagyis an-hez \sqrt{n+1} hozzáadásával az adott testben maradunk, vagy eggyel feljebb lépünk, de nem lépünk alacsonyabb indexű testbe. Ha \sqrt{n+1}\in Q_{p_{j-1}}, vagy \sqrt{n+1}\phi Q_{p_j} ( \sqrt{n+1}\in Q_{p_{j+1}}), akkor nyilván igaz, hogy nem lépünk alacsonyabb indexű testbe. Ha \sqrt{n+1}\in Q_{p_j}, akkor mint már láttuk, \sqrt{n+1}=y_{j-1}\sqrt{p_j} (yj-1\inQpj-1 és yj-1>0) és an hasonló felírásában a \sqrt{p_j} együtthatója szintén pozitív. Ezért ebben az esetben sem lépünk vissza az alacsonyabb indexű testbe.

Előzmény: [523] Maga Péter, 2004-10-09 22:04:22
[570] Hajba Károly2004-11-11 17:37:32

113. megoldás:

Előzmény: [569] matekos04, 2004-11-09 17:52:26
[569] matekos042004-11-09 17:52:26

113 feladat. Udv. mindenkinek!

A feladatom igy szol:

Tegyuk fel hogy van egy digitalis orank. Hany olyan idopont van egy nap alatt (24 h),hogy ha fejtetore allitjuk az orat ugyanazt a szamot kapjuk meg?

[568] Maga Péter2004-10-28 09:39:55

112. feladat (a 108. feladat folytatása):

Határozzuk meg minden n>1-re azokat az a1,a2,...,an n-eseket, ahol minden ai 0 vagy 1, és

\sum_{i=1}^{n}a_i\sqrt{i} racionális!

[567] Sirpi2004-10-22 10:34:40

Megkerestem az ominózus cikket. Úgy tűnik, egyszerűen lemaradt az egyik nyitó zárójel. Az állítás azt mondja ki, hogy minden h>0-hoz van olyan N, hogy minden n>N-re el lehet helyezni legalább (\frac32 - h)n pontot a megadott tulajdonsággal.

Előzmény: [566] Hajba Károly, 2004-10-22 10:02:38
[566] Hajba Károly2004-10-22 10:02:38

Megtaláltam a jelzett megoldást a Kömal archivumban 1998/2 66-67. o.

A megj/4. pontban szereplő (3/2)-h)n képlet, mely feltehetőleg nyomdaszedési hiba, értelmezhetetlen. Mi lehet a helyes képlet?

HK

Előzmény: [565] Kemény Legény, 2004-10-21 23:34:45
[565] Kemény Legény2004-10-21 23:34:45

Ez 1997-es Kürschák példa volt.A megoldás az (x,x*x mod p) alaku pontok halmaza pl. jo.

Előzmény: [561] Hajba Károly, 2004-10-19 15:18:39
[564] lorantfy2004-10-19 20:40:35

Kedves Károly!

Elsőre arra gondoltam, hogy a fordított képzés a 3-as, 9-es, 11-es oszthatóságot nem változtatja meg, így a k=3,9,33,99 biztos jók. Aztán aludjunk rá még egyet!

Előzmény: [562] Hajba Károly, 2004-10-19 15:19:35
[563] Hajba Károly2004-10-19 15:22:00

Az előző két feladatot egy hálón fellelt gyűjteményből emeltem át. Eredetüket a "közreadója" sem ismeri (Pósa, régi Kömal, ...? :o)

HK

[562] Hajba Károly2004-10-19 15:19:35

111. feladat:

Tetszőleges n pozitív egészre jelölje f(n) az n szám fordítottját tízes számrendszerben. (Például f(1994)=4991, f(5200)=25.) Keressük meg azokat a pozitív egész k számokat, amelyekre teljesül, hogy tetszőleges n többszörösükre k az f(n)-t is osztja.

HK

[561] Hajba Károly2004-10-19 15:18:39

110. feladat:

Van egy 101*101-es pontrács. Létezik-e 101 pont úgy, hogy semelyik három nincs egy egyenesen?

HK

[560] Suhanc2004-10-16 21:07:03

Kedves László!

Köszönöm a segítséget! Elkezdtem megvizsgálni (szigurú értelemben "elkezdtem" , szóval ,mondjuk az első 4 szétbontást;D ), és úgy tűnik, az 1;4 számpár megoldást ad! Eléggé felhősen gondoltam át, szóval könnyen előfordulhat, hogy nem...;D

Előzmény: [559] lorantfy, 2004-10-16 16:35:20
[559] lorantfy2004-10-16 16:35:20

Kedves Suhanc!

A 102. feladatra gondoltál! Egy kis segítség:

B első megállapításából az derül ki, hogy a szorzat többféleképpen bontható fel két egyjegyű szám szorzatára (továbbiakban szorzatra).

C "Azt én sem" megállapításából pedig az, hogy többféleképpen bontható két egyjegyű szám összegére (továbbiakban összegre).

Abból viszont, hogy mielőtt B nyilatkozott C már tudta, hogy B nem fogja tudni, az derül ki, hogy a C által ismert összeg lehetséges összegre bontásai között nincs olyan amelyik egyféleképpen bontható szorzatra.

Mivel a lehetséges összegek kevesebben vannak (2-20) zárjuk ki először azokat, amelyek összegre bontása egyértelmű.

Majd kizárjuk azokat, melyeknek összegre bontásában van olyan pár, melyek szorzata egyértelműen bontható szorzatra.

Több szám marad, de mivel ezekután B kijelenti: "Akkor már tudom", olyan számot kell keresni a lehetséges szorzatok között, ami csak egy helyen szerepel.

Hát van vele egy kis munka, de ha valaki tud egyszerűbbet, szóljon!

Előzmény: [558] Suhanc, 2004-10-16 14:27:27
[558] Suhanc2004-10-16 14:27:27

Kedves Mindenki!

Ha valakinek megvan, a 103. feladat megoldása, kérem, írja be, vagy küldje el nekem (suhanc88@freemail.hu)... a számtechtanár napról napra jobban mosolyog... :D

Mivel már elég régóta fenn van, és eddig az édelődés nem volt túl nagy, szerintemolyan is felteheti, aki már ismerte...

  [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]