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.
[595] Csimby2004-11-21 23:17:59

119.feladat

Adjunk meg olyan egész együtthatós polinómot amelynek gyöke:

a. feladat: \sqrt{2}+\sqrt{3}

b. feladat: \sqrt{2}+\root{3}\of{3}

[594] rizs2004-11-20 01:48:25

és egy meglepő probléma:

118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?

[593] rizs2004-11-20 01:44:47

ez is lehet h volt :D

117. feladat:

N embert sorbaállítanak. (Az i-dik látja 1-től (i-1)-ig az összes előtte állót es mindenki hallja mindenkinek a hangját.) Mindenki fejére (úgy, hogy nem látja) piros vagy fekete sapkát tesznek. Az embereknek a leghátsótól (N-diktől) kezdve egy színt kell mondani. Ha nem tálalja el a fejen lévő színt, akkor lelövik.

Az N ember, előre milyen stratégiát találjon ki (beszeljen össze), hogy a lehető legtöbb közülük életben maradjon? Mennyi a maximum aki megmenekül és hogyan?

[592] rizs2004-11-20 01:42:36

köszi Csimby.

Előzmény: [589] Csimby, 2004-11-20 01:05:05
[591] rizs2004-11-20 01:29:21

4 EGYMÁST KÖVETŐ prím kellene :D, hogy számtani sorozatot alkossanak. :D nekem is ez a bajom, hogy ilyet nem találok. elég lenne a legkisebb (akár differencia, akár első tag alapján :))

[590] Csimby2004-11-20 01:15:18

Most vettem csak észre ezt a hozzászólást. Na mindegy mostmár beírtam feleslegesen a megoldást...

Akkor már mondok egy feladatot is: 116. feladat: Bizonyítsuk be, hogy ha 2-\sqrt{7} gyöke egy egész együtthatós polinómnak, akkor 2+\sqrt{7} is gyöke.

Előzmény: [582] lorantfy, 2004-11-19 08:15:02
[589] Csimby2004-11-20 01:05:05

Mivel én adtam fel, én is emlékszem rá : ) A Híres(?)Álbizonyítások témában a [25]-ös.

A villanykapcsolós feladat megoldása: A rabok megszámolják, hogy hányan vannak, aztán kijelölnek egy embert, akinek az lesz a feladata, hogy "számoljonon", legyen ő: A.

Legyen kezdetben a kapcsoló lekapcsolva. Ha valaki felébred, megnézi a kapcsolót, ha le van kapcsolva, akkor felkapcsolja, ha fel van kapcsolva, akkor nem nyúl hozzá. Akkor sem nyúl hozzá, ha már egyszer felkapcsolta. Ez alól csak A kivétel, aki amikor felébred, megnézi a kapcsolót, ha le van kapcsolva, nem nyúl hozzá, ha fel van kapcsolva, akkor lekapcsolja és közben, számolja, hogy hányszor kapcsolta már le a kapcsolót. Amikor ez a szám eléri a (rabok létszáma-1)-et, akkor már biztos, hogy mindenki járt a kapcsolónál. Bővebb indoklást nem írok, szerintem mindenki megérti, hogy ez működik, ha végiggondolja. (Ehhez persze kell az, hogy mindenki "elég" sokszor felébredjen)

Előzmény: [587] rizs, 2004-11-19 15:53:32
[588] Hajba Károly2004-11-19 23:15:53

Prímek, melyek legalább négytagú számtani sorozatot alkotnak: (részlet :o)

5, 11, 17, 23, 29

131, 191, 251, 311

151, 211, 271, 331

43, 103, 163, 233, 283

47, 107, 167, 227

383, 443, 503, 563

313, 331, 349, 367

47, 89, 131, 173

113, 131, 149, 167

53, 71, 89, 107

227, 269, 311, 353

1087, 1129, 1171, 1213

1373, 1433, 1493, 1553, 1613

1439, 1499, 1559, 1619

Remélem elég lesz?

HK

Előzmény: [583] rizs, 2004-11-19 10:58:15
[587] rizs2004-11-19 15:53:32

kedves csimbi: nem haragszom meg :) és még egy kérdés: bizonyára emlékezetes mindenki számára az a feladat, hogy elmegy 3 vándor, megszállnak valahol, és akkor 27 vagy 28 aranyat fizetnek... feladat. erről hol találok itt a fórumban valamilyen infót? mintha egyszer láttam volna.

[586] Csimby2004-11-19 14:26:12

Én ismerek egy megoldást, ott úgyvesszük mintha végtelen hosszú lenne az éjszaka. Úgy tuti nem lehet megcsinálni, ha azt mondjuk, hogy van aki nem ébred fel, vagy kikötjük, hogy valaki max n-szer ébredhet fel (legalábbis amit én ismerek ahhoz az is kell, hogy mindenki akárhányszor felébredhessen és az is kell, hogy ha elég sokáig várunk, akkor egy bizonyos valaki biztosan fel fog ébredni - tekintve, hogy végtelen hosszú az éjszaka, ellentétben az emberek alvásidejével). Lelőjem a megoldást?

Előzmény: [583] rizs, 2004-11-19 10:58:15
[585] rizs2004-11-19 11:38:47

Legalább hány fős társaságnál lesz 0,5 fölött annak valószínűsége, hogy két embernek ugyanaznap van a születésnapja?

[583] rizs2004-11-19 10:58:15

Sajnos a feladat kegyetlen módon bánik minden apró részlettel :( "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." így esetleg van valami ötletetek? mellé:

114. még egyszer :D: soroljunk négy egymást követő prímet, amelyek számtani sorozatot alkotnak?

illetve egy apró kérdés, amely már itt is biztos elhangzott; ez az oroszlános kérdés, hogy vannak az oroszlánok, ledobnak altatós húst, és akkor jaj mit tegyenek, ezt mondja meg nekem valaki :D

[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

  [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]