|
[581] rizs | 2004-11-19 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] rizs | 2004-11-19 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.attila | 2004-11-18 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 |
|
|
[577] Hajba Károly | 2004-11-18 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 Károly | 2004-11-18 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] Csimby | 2004-11-18 17:17:51 |
Modulo 13, a következő kongruenciák igazak:
100 1, 101 10, 102 9, 103 12, 104 3, 105 4, 106 1, 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.attila | 2004-11-18 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] zsol | 2004-11-16 17:42:28 |
Sziasztok , A feladat a következő, mely számok oszthatók 13mal? Mi erre az oszthatósági szabály ?
|
|
[572] Maga Péter | 2004-11-16 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.attila | 2004-11-15 23:33:36 |
Válasz Maga Péter feladatára: A nem eleme jelet helyettesíti, mivel nem találtam megfelelőbbet.
Bizonyítsuk be, hogy minden n2 természetes számra
irracionális.
Megoldás:
Tekintsük testek következő, tartalmazásra nézve szigorúan növekvő sorozatát:
Q1Q2Q3Q5...Qpk
, ahol Q1 a racionális számok teste, Q2 a Q1 -vel való bővítése, Qpj pedig a Qpj-1 bővítése -vel (p1,p2,...,pk az első egymás utáni prímek). Bebizonyítjuk, hogy ajQpl, de ajQpl-1 valamely l-re (j1 és l1), amiből következik, hogy an irracionális (n2). 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
(egyszerű bizonyítani), ezért bármely z racionális szám négyzetgyöke pontosan akkor eleme Qpj-nek de nem eleme Qpj-1-nek (j2), ha valamely xj-1,yj-1Qpj-1. Nyilvánvaló, hogy yj-10, de ha ugyanekkor xj-10 is teljesülne, akkor négyzetre emelve és átrendezve azt kapnánk, hogy lenne az indukciós feltevéssel ellentétben. Tehát (z racionális) pontosan akkor eleme Qpj-nek de nem eleme Qpj-1-nek (j2), ha létezik yj-1Qpj-1, amire , vagyis . Másképp fogalmazva: akkor és csak akkor, ha . Ugyanezt a feltételt alkalmazva a feltételben szereplő racionális számok négyzetgyökeire is, azt kapjuk hogy, akkor és csak akkor, ha 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 valóban bővíti a Qpj testet.
Vissztérve az eredeti feladatra: azt kell bebizonyítani, hogy ha anQpj volt (de anQpj-1), akkor an-hez -et hozzáadva an+1Qpj vagy an+1Qpj+1 lesz, de nem lehet hogy an+1Qpj-1 és an+1Qpjlesz. Vagyis an-hez hozzáadásával az adott testben maradunk, vagy eggyel feljebb lépünk, de nem lépünk alacsonyabb indexű testbe. Ha , vagy ( ), akkor nyilván igaz, hogy nem lépünk alacsonyabb indexű testbe. Ha , akkor mint már láttuk, (yj-1Qpj-1 és yj-1>0) és an hasonló felírásában a együtthatója szintén pozitív. Ezért ebben az esetben sem lépünk vissza az alacsonyabb indexű testbe.
|
Előzmény: [523] Maga Péter, 2004-10-09 22:04:22 |
|
|
[569] matekos04 | 2004-11-09 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 Péter | 2004-10-28 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
racionális!
|
|
[567] Sirpi | 2004-10-22 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 pontot a megadott tulajdonsággal.
|
Előzmény: [566] Hajba Károly, 2004-10-22 10:02:38 |
|
[566] Hajba Károly | 2004-10-22 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 |
|
|
|
[563] Hajba Károly | 2004-10-19 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 Károly | 2004-10-19 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 Károly | 2004-10-19 15:18:39 |
110. feladat:
Van egy 101*101-es pontrács. Létezik-e 101 pont úgy, hogy semelyik három nincs egy egyenesen?
HK
|
|
[560] Suhanc | 2004-10-16 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] lorantfy | 2004-10-16 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] Suhanc | 2004-10-16 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...
|
|