Fórum: Érdekes matekfeladatok

A C függvényről szóló 6. feladat nem nehéz. Könnyű látni, hogy ha n legfeljebb 10ⁿ jegyből áll, akkor C(n) legfeljebb 10(n+1) jegyből. Így aztán 30 jegyűnél hosszabb fixpont nem létezhet, tehát kell lennie legnagyobb fixpontnak. Ugyanez részben megoldja az 5. feladatot is, ugyanis azt bizonyítja, hogy minden számból indulva előbb-utóbb olyan ciklusba esünk, amiben minden elem legfeljebb 10¹⁰³⁰, így a ciklus is legfeljebb ilyen hosszú. Hasonlóan viszont azt is könnyű látni, hogy van tetszőlegesen hosszú átmeneti szakasz, mert ha n legalább 10^.10ⁿ jegyű, akkor C(n) legalább 1+n jegyű (vagy valami hasonló egyenlőtlenség igaz).

A 3. és 4. feladatot feltehetően kimerítő kereséssel meg lehet válaszolni, kivéve ha valamiért nincsen 2-es ciklus, vagy a legkisebb is nagyon nagy.

Következzen végül néhány újabb kérdés és sejtés a C függvény kapcsán, amelyek természetes módon felmerülnek és amelyek között szerintem nehezebbek is vannak. (A saját tippjeimet egyelőre nem írom ide, hogy ne befolyásoljak senkit.)

Egy n szám 2-es ciklus, ha C(n)n, de C(C(n))=n. Hasonlóan definálhatók a k-hosszú ciklusok is.

3. feladat. Melyik az a legkisebb n, amely (a C leképezés iterációja során) előbb-utóbb 2-es ciklust eredményez?

4. feladat. Melyik az a legkisebb n, amely rögtön egy 2-es ciklus egyik tagja?

5. feladat. Igaz-e, hogy minden kezdőértékre a C iteráltjaiból alkotott sorozat előbb-utóbb ciklikussá válik? Ha igen, van-e tetszőlegesen hosszú "átmeneti szakasz", mielőtt a sorozat ciklizálni kezd? Van-e maximális ciklushossz, vagy pedig tetszőlegesen hosszú ciklusok előfordulhatnak?

6. feladat. Igaz-e, hogy C-nek van legnagyobb fixpontja? Ha igen, konkrétan melyik szám az?

A fenti C leképezést egyébként a Conway-féle "look and say" sorozat mintájára gyártottam, csak annál egyszerűbb. A Conway-féle sorozat sok érdekes tulajdonsággal bír, különösen meghökkentő a rá vonatkozó "cosmological theorem".

Ha vesszük a hatjegyűeket, ott 3 db különböző számjegy kell szerepeljen. A szám mindegy jegye kisebb az 5-nél. Ha a számok C(n) alakját akarom felírni az alábbi esetek állhatnak fenn:

1.) 4db x 1db y 1db z (a 4-es és 2 db 1-es sorrendje persze más is lehet, 1,4,1 1,1,4.) Tehát a számban biztosan fog szerepelni az 1,4,q számjegyek. 1-esből biztosan kell legyen legalább 2 db a C(n) felírás alapján, így a számban csak 4 db 1-es fordulhat elő, de ekkor nem az 1. ponti lenne a C(n) alak.

2.) 2db x 2db y 2db z Az 1. ponthoz hasonlóan n kellene tartalmazzon 3 db 2-est ,azaz C(n) alakjába kellene legyen egy 3db q alakú rész. Tehát ez az eset sem állhat elő.

3.) 1db x 2db y 3db z (Az 1,2,3 sorrendje más is lehet.) A szám eredeti alakjába tehát kell szerepeljen 1-es 2-es és 3-as, ezzel meg van az összes különböző jegy. Mivel x,y,z nem egyenlő egymással, így 1-esből 2-esből és 3-masból is több mint egy jegy fog szerepelni a számban, tehát nem lehet a C(n) alakja a 3. pontbeli.

A négyjegyűeket átfutottam. Egyik se lett jó. Elvileg csak a hatjegyűek között akadhat kisebb, de ezeket nem néztem meg rendesen. 4 jegyűeknél a szám pontosan két különböző számjegyet kell tartalmazzon, ráadásul mindkét jegyből 2-2 db van. E jegyek pedig a 0,1,2 közül kerülhetnek ki. Mivel mindkét jegyből 2-2 db van, ezért a keresett számok csak 2x2x alakúak lehetnek melyek nyilván nem egyenlők a hozzájuk rendelhető C(2x2x)-szel.

5 perc alatt összeütöttem rá egy progit, amiből kiderült, hogy ez-e a 2. legkisebb... Annyit mindenesetre elárulok, hogy legfeljebb 8 jegyű megoldás 36 db van.

Ha 8 jegyűt keresünk, akkor 10-val kell kezdődnie, a 3. jegy 0,1,2 lehet, amiből a 0 nem lehet, de az 1 sem, hisz ez a helyiérték az egyesek számát mutatja. 1021x2yz alakú számok maradtak. x legalább 3. És ekkor kijön, amit írtál. Amiről elhiszem, hogy kisebb, mint az enyém :) Tehát ha van kisebb, akkor az 4 vagy 6 jegyű lehet.

A második legkisebb szerintem nem az 10311233. Egyelőre a legjobb amit találtam a 2. részre az 10213223 de szerintem ez is javítható.

22 a legkisebb, a második pedig szerintem 10311233.

Vezessük be a következő, C-vel jelölt függvényt.

C egy tízes számrendszerbeli pozitív egészhez egy ugyanilyen típusú számot rendel. A számok nem kezdődhetnek 0-val.

Ha n egy pozitív egész, akkor C(n) értéke legyen az a szám, amelyet úgy kapunk, hogy számjegyenként nagyság szerint sorban megszámoljuk, hogy az illető jegyből az n szám összesen hány darabot tartalmaz, ezt leírjuk, majd rögtön utána hozzáírjuk a számjegyet magát, és ezt minden szereplő jegyre megismételjük folytatólagosan leírva.

Például C(2009)=201219, mert 2009-ben (számjegyek szerint növekvő sorrendben) található "2 darab 0", "1 darab 2-es" és "1 darab 9-es".

Egy másik példa: C(31415927)=21121314151719.

Ha valamely számjegy nem szerepel n-ben, azt C nem veszi figyelembe, tehát nem mondunk olyat, hogy pl. "nulla darab egyes".

Egy n szám a C függvénynek fixpontja, ha C(n)=n.

1. feladat: Keressük meg C legkisebb fixpontját.

2. feladat: Keressük meg C második legkisebb fixpontját.

Valószínűleg megbuktatnának :) Nem okoskodok tovább, igazatok van, inkább sokak örömére visszavonulok, nagyon keveset tudok, én itt esetleg csak kérdezhetek, ide nem elég a matek szeretete, itt tényleg zsenik vannak, valóban ez nem az a fórum... Inkább ezt a pár hónapot a felvételire való felkészüléssel kellene töltenem, elvégre sok bepótolni valóm van.

Nem tudom mit szólnának hozzá egy számelmélet vizsgán

"...ergó n|mx, mivel m prím, ezért n|x"

1) ha egész, akkor csak az következik, hogy n|m^mx^m. Az állításod első fele csak akkor igaz ha n prím ( 12|3^3.14³, de 12|3^.14)

2) 18|3^.30, mivel 3 prím ezért 18|30 ?????????????

Persze abból, hogy n|x, még nem következik, hogy m|a, csak érdekesnek találtam, így leírtam. Egyébként, ha m=2, akkor igaz minden esetben, hogy 2|a, mivel a és b közül az egyik páros, és igazából nincs jelentősége annak, hogy a két négyzetszám közül, amelyek összege is négyzetszám, melyiket jelöljük a-val, jelölhetjük mindig a párosat.

Folytatva:

a^m+(n+mx)^m=(n+a)^m

A jobb oldali tört elötti, és a bal oldali összeg értéke egész, ebből következik, hogy a tört értéke is egész, ergó n|mx, mivel m prím, ezért n|x. Tehát

a^m+(n(my+1))^m=(n+a)^m

Ezek pedig nem csupa páros pithagoraszi számhármasok, miért következne abból, hogy m=2|a, hogy mind páros? Már félek bármit is írni, annyira szigorúan bántok velem...

Legyen m=2,a=4,x=1,n=1, ekkor

a^m+(n+mx)^m=(n+a)^m

4²+(1+(2^.1)²=(1+4)²,

vagy m=2,a=12,x=2,n=1, ekkor

12²+(1+2^.2)²=(1+12)².

Tehát m=2, és igaz! Én erre gondoltam.

Tehát a következő gondolatmenet hamis állításokból áll?

a^m+(n+mx)^m=(n+a)^m

(n+a)^mn^m(mod a)

a^m+(n+mx)^m(n+mx)^m(mod a)

(n+mx)^mn^m(mod a)

A bal oldali összeg minden tagja osztható m-el, és az összeg a-val osztva 0-át ad maradékul, ebből nem következik, hogy m|a? És ha nem, akkor miért?

kedves bily71. ilyenkor alapjaiban remeg meg az a hite az embernek, hogy van bármiféle közöd a matematikához.

hogy lehet egy ilyen kérdést feltenni úgy, hogy tudod, hogy sosem igaz az adott állítás? :(

ajánlanám: ezt

és egy idézet: "Ha 1 + 1 2, akkor én vagyok a római pápa."

m=2: nem igaz, van nem csupa páros pithagoraszi számhármas

m>2: igaz, sőt az is, hogy m nem osztója a-nak!!!

A feladat folytatása: igaz-e, hogy m|a?

Legyen n páratlan; ekkor van olyan összekötő szakasz, amely a négyzet oldalaival 45°-os szöget zár be és a származtatás (BD-re vonatkozó) szimmetriája miatt E-ben érinti a szóban forgó burkológörbét. Ha ez a szakasz AB-n az A ponttól a k-adik osztópontból indul, akkor a a másik végpontja a származtatás értelmében BC-n a B-től a k+1-edik osztópont. A 45° miatt viszont ez C-től a k-adik osztópont. A BC szakasz két darabjából tehát 2k+1=n. Ha mármost n a végtelenhez tart, akkor , tehát a jelzett szakasz határhelyzetben AB és BC felezőpontjait köti össze. Az E pont ezek szerint negyedeli a BD átlót.

Induljunk ki a 2 és 17 prímekből...

Szerintem, ha az 5-ös nem szerepel a kiinduló prímek közt, akkor később sem fog szerepelni.

Ez a kedvenc számrejtvényem. itt van rá megoldás.

24=3^.(14-6)

6:(1-3/4) húhh.