Fórum: Valaki mondja meg!

Jól érzed :-)

Vegyünk pithagoraszi számhármasokat, pl:

3²+4²=5²

12²+5²=13²

20²+21²=29²

Az elsőt beszorozva (13^.29)²-nel kapjuk, hogy

(3^.13^.29)²+(4^.13^.29)²=(5^.13^.29)²

Ugyanígy a 2.-at és a 3.-at is megfelelően megszorozva:

(12^.5^.29)²+(5^.5^.29)²=(5^.13^.29)²

(20^.5^.13)²+(21^.5^.13)²=(5^.13^.29)²

És ez a módszer tetszőlegesen kiterjeszthető (mivel végtelen sok különböző pithagoraszi számhármas van), és mint látható, a jobb oldalakon mindig ugyanaz a szám áll.

na, találtam egyet, ileltve hát kettőt 16 63, 65; 33 53, 65

ebböl arra merek következtetni hogy létezik sok ilyen pár, és létezik olyan x szám amihez n db, iylen pár tartozik.

sziasztok. remélem jó helyre írom a kérdésem.

lehet hogy a válasz már egyértelmű dolog, de én nem tudom, ezért bátorkodom megkérdezni

van-e olyan négyzetszám, ami több mint 1 négyzetszámösszeg párból előállitható?!

tehát

a² + b² = c²

és a,b,c egész számok. létezik-e olyan c, amihez több a és b pár tartozik?

Ismét egy kombinatorikai feladat megoldásában szeretnék segítséget kérni. 13-as totóról van szó. Ebből 6 kimenetele egyértelmű, a további 7 pedig kétesélyes. Hány "szelvényt" kell legkevesebb kitölteni ahhoz, hogy biztosan legyen 12 találat? Adjuk is meg azokat a kitöltéseket, amelyek ezt biztosítják!

Odáig eljutottam, hogy 16 szelvény kitöltése elegendő. Viszont elképzelésem sincs arról, hogy milyen szisztéma szerint "töltsem ki a 16 szelvényt", hogy biztosan legyen 12 találat. (Végül is 7 kétesélyesből kell hatot biztosan eltalálni)

Köszönöm a segítséget: fermel

Nézd meg pl. a Sárközy-Surányi: Számelméletfeladat-gyűjteményt, illetve annak függelékét. (Teljes bizonyításokat nem fogsz találni mindkettőre, de sok útmutatást igen.)

Sziasztok!

Meg tudnáktok mondani, hogy hol lehet arra bizonyítást találni, hogy

illetve

mindig mindig teljesül(p_i az i-edik prímszám)?

A feladat ettől még persze él, csak 1 ábrát és a végeredményt láthatjuk a linken.

Úgy látszik, végül is csak rossz helyre írtam, ezt egy érdekes feladatnak szántam.

http://mathworld.wolfram.com/MiceProblem.html

Egy 'a' oldalú szabályos háromszög minden csúcsában 1-1 kutya áll (A, B és C), majd egyszerre elkezdenek futni egymás felé azonos sebességgel: A B felé, B C felé és C pedig A irányában. Mennyi idő múlva találkoznak?

Segítségként egy "sejtés": egy furcsa "spirál-alakot" megtéve a háromszög középpontjában fognak találkozni, mégpedig egyszerre.

Legyen tehát A>0 rögzített valós szám.

Pontos n értéket nem tudok mondani (szerintem általános A esetén nem is lehet (egykönnyen)), de legfeljebb 1 hibával meg tudom mondani a legnagyobb olyan n pozitív egész számot, amelyre nⁿ/(n-1)^n-1 legfeljebb A.

Nyilván csak az n>1 eset az érdekes, de ekkor A4. Tegyük fel tehát a továbbiakban, hogy A>e.

A logaritmus sorfejtésével játszadozva be lehet látni például, hogy n2 esetén fennáll az

ne-e/2nⁿ/(n-1)^n-1ne-e/2-e/(4n)

egyenlőtlenség. (Itt a két szélső kifejezés távolságát tetszőlegesen kicsivé össze lehetne húzni, de az nem segítene jobban.)

Innen most már csak elemi legfeljebb másodfokú egyenlőtlenségekkel (és a négyzetgyök sorfejtésével) továbbhaladva kapjuk, hogy

-- ha n<1/2+A/e, akkor A>nⁿ/(n-1)^n-1, az ilyen n-ek tehát még biztosan jók,

-- míg ha n>1/2+A/e+5e/(16A), akkor A<nⁿ/(n-1)^n-1, az ilyen n-ek tehát már biztosan rosszak.

Nem tudom eldönteni a kérdést, ha történetesen esik egész szám az [1/2+A/e,1/2+A/e+5e/(16A)] intervallumba (itt is ugyanaz a helyzet: ez az intervallum tetszőlegesen szűk, de fix hosszú lehetne); innen jön az, hogy ha nem is a legnagyobb, de legrosszabb esetben a második legnagyobb n-et tudom csak megadni.

Igen, elnézést kérek, megint nem fogalmaztam egyértelműen

Szerintem arra gondolt, hogy adott A-ra mi a legnagyobb n.

Hali! Szerintem nem létezik egy legnagyobb A mert a jobboldal bármilyen nagy lehet, ugyanis a jobboldali kifejezés így írható (n/n-1) az (n-1)-ik hatványon, × n, és az első tag az "1/e" számhoz tart, amikor n a végtelenhez tart, és a második tényező, az "n" tetszőlegesen nagy, amikor n a végtelenhez tart, tehát A minden korlátnál nagyobb lehet. Magyarán mondva a jobboildali tagból alkotott általános tagú sorozat korlátlan.

Sziasztok!

Vki meg tudná mondani, hogy hogy lehetne meghatározni azt a legnagyobb egészet, melyre

teljesül?(A egy tetszőleges poz. valós szám)

Onnan megjegyezheted, hogy pl. f(x):=x² kiolvasása "legyen egyenlő".

Az új változó felé.

Ha definiálunk egy új változót vagy függvényt vagy akármit, akkor az egyenlőségjel melyik oldalára kell írni a kettőspontot? Az új változó felől vagy a másik oldalra?

Most már teljesen világos. Bár én a cserék alkalmazását kihagyom, de az indoklásom ugyanazokon az alapokon nyugszik. Nagyon sokat segítettél, köszönöm szépen. fermel

Szóval felteszem, hogy le lehet tenni 5 pontot úgy, hogy ne keletkezzen rossz hármas. Ekkor nem lehet semelyik sorban 3 pont, mert akkor azok súlypontja a középső, így csak 2-2-1 lehet a megoszlás (nem feltétlen ebben a sorrendben), és ugyanez az oszlopokra is.

Azt állítom, hogy ha nincs rossz 3-as, akkor 2 sort megcserélve sem fog rossz 3-as keletkezni. Rossz 3-as csak úgy jöhet létre, hogy minden sorból és minden oszlopból egy elemet választok ki, hiszen egyik sor és oszlop sincs tele, az meg nem lehet, hogy 2-t az egyik sorból és 1-et egy másikból. Ilyenkor viszont a csere változatlanul hagyja az x- és y- koordináták összegét is, vagyis ha nem volt rossz hármas, akkor nem is jött létre új a csere hatására. Vagyis innentől szabadon csereberélhetem a sorokat és oszlopokat.

1. csere: a legfelső sorba viszek egy "dupla" (azaz 2 kiválasztott elemet tartalmazó) sort

2. csere: ebben a sorban a 2 elemet az első két helyre teszem

3. csere: felviszem a 2. sorba a másik dupla sort

4. csere: mivel az első 2 sorban 4 elem van, de csak 3 hely, ezért valahol egyeznek. Ezt az egyezést oszlopcserével az első oszlopba viszem

És ahogy már mondtam, most a (0,0) (1,0) (0,1) elemek ki vannak választva, és két eset van aszerint, hogy a 2. sorban melyik a másik kiválasztott elem. Innen úgy fejeződik be a bizonyítás, ahogy már leírtam.

Pontosan eddig a segédállításig jutottam el én is és ennek a bizonyításánál akadtam el. A te bizonyításodból még sajnos az nem világos számomra, hogy miért csak az 1. és 2. eset jöhet szóba az első 4 pont vonatkozásában.( nem igazán értem a cseréket) Kifejtenéd kicsit bővebben? A bizonyítás többi része teljesen világos. Köszönöm. fermel

8 nyilván nem elég (elég a koordináták 3-as maradékait kiírni):

(0; 0) (0; 0) (0; 1) (0; 1) (1; 0) (1; 0) (1; 1) (1; 1)

Itt csak úgy lehetne a súlypont rácspont, ha a négyzet valamelyik csúcsába esne, de akkor azt a csúcsot háromszor kellene kiválasztanunk, de mindegyik csak kétszer szerepel.

* * *

Ezek után be kellene látni, hogy 9 pontból viszont mindig kiválasztható a megfelelő 3.

Ennek belátásához egy segédállítás: a {0,1,2}×{0,1,2} halmaz 5 különböző elemét kiválasztva biztosan lesz köztük három, aminek súlypontja rácspont.

Ez azért van így, mert ha valamelyik sorban ki van választva 3 elem is, akkor készen vagyunk, ellenkező esetben viszont 2-2-1 a sorokban a kiválasztott elemek megoszlása, és ugyanez igaz az oszlopokra is. Veszem az első "dupla" sort és megcserélem az elsővel, majd oszlopcserékkel elérem, hogy a két elem az első 2 legyen a sorban. Ezután felviszem a 2. sorba a másik "dupla" sort, ennek valamelyik eleme felett is van elem, ezt az oszlopot megcserélem az első oszloppal. Innen két eset lehet az első két sor tekintetében:

1) a 4 pont egy négyzetet alkot a (0,0) (1,0) (0,1) (1,1) pontok által

2) a (0,0) (1,0) (0,1) (2,1) pontok vannak az első két sorban

Mindkét esetben nyilvánvaló, hogy a 3. sorban bármelyik elemet is választjuk ehhez a 4-hez, az létre fog hozni egy "rossz" ponthármast. Ezzel a segédállítást beláttuk.

Innen pedig készen vagyunk, mert maximum 4 különböző pontot választhatunk ki, mindegyiket legfeljebb kétszer (ha 3-szor választanánk, akkor az adott megháromszorozott pont önmagában meg fog felelni), ami összesen 8 pont legfeljebb.

Így beláttuk, hogy 9 pont kell legalább, hogy garantáltan kiválasztható legyen közülük 3 úgy, hogy azok súlypontja is rácspont.

Valóban igaz,hogy nem is biztos, hogy létrejön háromszög. A feladatot akkor átfogalmazva: Hány rácspont elegendő, hogy biztosan találjak három olyat,hogy a megfelelő koordináták összege biztosan osztható legyen hárommal? Igazából egy kombinatorikai feladatot helyeztek geometriai csomagolásba, a lényeg számomra a kombinatorikai rész megoldása lenne. Most éppen ott tartok, hogy a válasz valószínűleg 9, de a bizonyítással gondjaim vannak. fermel

nincs ilyen korlát. Pl az összes pontot a x=1 és x=2 egyenesen veszed fel.

Bocs, közben észre vettem, hogy egy másik témánál kifejtetted.