Fórum: Találjunk jobb megoldást!

Húzzunk párhuzamost a szárakkal a rövidebbik alap felezőpontján keresztül. A kapott derékszögű háromszög átfogója 17-9=8, így az alapok felezőpontjai 4 egység távol vannak egymástól.

Első ránézésre én is ezt a megoldást találtam, ez a feladat ilyen szempontból nagyon könnyű. Örülök is neki. Nem hiába ebben a témában tűztem ki: lehet olyan megoldást találni, amely nem használ hasonlóságot, és melyben a kiegészítő háromszöget (habár arra sejtet) nem rajzoljuk be. Talán könnyebb rájönni, ha a feladatot általánosítjuk (az alapok szempontjából), és a kapott képletet akarjuk valahogy megmagyarázni.

Az alapokkal párhuzamos középvonal hosszára vonatkozó eredmény jól ismert, azzal nem foglalkozom.

A feltételből egyszerűen következik, hogy a trapéz szárai merőlegesek. Legyen tehát a rövidebbik alap AB, a hosszabbik alap CD; ezek felezőpontjai rendre E és F. Legyen továbbá a szárak metszéspontja M. Jól ismert, hogy tetszőleges trapéz szárainak metszéspontját az átlók metszéspontjával összekötő egyenes felezi az alapokat. (Ezt később az új Projektív geometria témában is ki lehet majd tűzni akár feladatként. :) ) Ezt felhasználva az EF középvonal egyenesére illeszkedik M.

Az ABM háromszög a már említett módon derékszögű, és E az átfogó felezőpontja. Így EM=9/2, ugyanis E az ABM háromszög körülírt körének középpontja. Hasonlóan, a CDM derékszögű háromszög körülírt körének középpontja F, így FM=17/2. Így EF=17/2-9/2=4.

Egy trapéz egyik alapon fekvő szögeinek összege 90 fok, és alapjai 9 és 17 egység hosszúk. Milyen hosszú a két középvonala?

Az elég ismert, hogy egy pontszerű fényforrást legkevesebb hány diszjunkt gömbbel (akár különböző méretűekkel) lehet elfedni a külvilágtól (aki nem tudja, érdemes rajta gondolkodni).

Az igazi kérdés, ami felmerült bennem, hogy ha mesterségesen 1 ponton képesek vagyunk megtörni a fénysugarat (tehát a fény útja egy szakaszból, és egy hozzá kapcsolódó félegyenesből áll), akkor hány gömbbel tudjuk garantálni, hogy mégse jusson ki fény a fényforrásból a gömbökön kívülre?

(Analógia: űrhajó, aminek már csak egy kezdőlökésre és egyetlen - tetszőleges - irányváltásra van energiája)

Igazad van. Elnéztem. :-)

Abból, hogy 4^.16782=67128, melyik osztható kilenccel?

A 3-val való oszthatóság triviális következménye a 9-cel való oszthatóságnak. :-)

És még az is triviális, hogy minden tag osztható 3-mal.

Valóban. Az első néhány megoldás:

3^.1035=3105

9^.1089=9801

7^.1359=9513

6^.1386=8316

4^.1782=7128

4^.2178=8712

3^.2475=7425

A szorzatokat a Sloane-ben A090056 néven találjuk meg.

„Anno megkerestem (elméleti úton) az összes olyan számot, aminek van olyan többszöröse, ami az utolsó számjegy előrehozásával, vagy az első számjegy hátravitelével áll elő”

Az utókor kedvéért írjuk ide, hogy ez az Érdekes matekfeladatok [2271]-től kezdve megtalálható.

Köszi!

Programmal: 1035 a legkisebb ilyen szám (ennek 3*1035=3105 az egyik valódi többszöröse).

Látom, ide nem írtam be anno a páratlan esetet, pedig az talán érdekesebb, mint a páros. Lehet, hogy majd pótolom (ha valaki más nem akarja learatni a babérokat).

Viszont van egy új feladatom, legegyszerűbb lenne egy kis progit összeütni rá, csak nekem most nem fér bele időben. Szóval:

Melyik a legkisebb pozitív egész szám, aminek van olyan valódi többszöröse, ami ugyanazokból a számjegyekből áll, mint maga a szám (és a számjegyek darabszáma is megegyezik)?

Hatjegyű van elég ismert, de nem tudom, az-e a legkisebb. Anno megkerestem (elméleti úton) az összes olyan számot, aminek van olyan többszöröse, ami az utolsó számjegy előrehozásával, vagy az első számjegy hátravitelével áll elő, azt még lehetett analitikusan kezelni, de itt sokkal több lehetőség van, mert bármilyen sorrendben lehetnek a számjegyek, ezért gondoltam, hogy érdemes lenne programot írni rá.

Na, írok egy megoldás-kezdetet, ami páros n-re működik (páratlanra picit bonyolultabb a dolog, de megvan az is):

n=2k. Vegyük a tábla szélső mezőit, ebből 4n-4 darab van, és mivel minden futó legfeljebb 4-et tud lefogni ezek közül, így n-1=2k-1 futó mindenképpen kell. Viszont ha menne 2k-1-ből, akkor vagy a fehéreket, vagy a feketéket le tudnánk fogni k-1-ből, de akkor szimmetriai okokból nyilván a másik színt is le tudjuk. Vagyis 2k-2=n-2 is elég lenne, de beláttuk, hogy legalább n-1 kell, ami ellentmondás.

Így beláttuk (páros n esetén legalábbis), hogy n futóra mindenképp szükség van.

Bevallom, ezt nem teljesen értem. Ha nézzük az n=8 esetet, akkor minden futó, ami az A1-H8 átlón, vagy az alatt helyezkedik el, 3 mezőt fog ütni az alsó sorból és a jobb szélső oszlopból. Pl. ha van a B2-n és a D3-on egy futó, akkor azok fogják az A1, C1, H8, illetve a B1, F1, H7 mezőket (mind különböző).

Indukció: 2*2-es esetén nyilván kell 2 futó. tegyük fel, hogy valamilyen n esetén igazoltuk, hogy kell n futó. n-ről n+1-re lépés esetén összesen 2n+1 új cella keletkezik. Az eredeti négyzetben ezt nézzük úgy, mint egy alsó új sor és egy jobb szélső oszlop, melyek a jobb alsó sarokban találkoznak. Ezek a mezők az ún. új cellák. Bármilyen korábban felállított futó legfeljebb 3 új cellát üthet, és csak akkor, ha a futó a jobb alsó sarokban levő főátlóban volt (de ha már egy ilyen futót számításba veszünk, akkor egy másik ebbe a főátlóban levő korábbi futó csak 2 új, az előző 3-tól eltérő cellát üthet). Azaz legfeljebb 1 régi futó 3, a többi pedig legfeljebb 2 új cellát üthet. 2n+1 új cella esetén ez azt jelenti, hogy pontosan 1 futó 3 új cellát, a többi pedig 2 cellát üt, hiszen 3+2*(n-1)=2n+1. Az ilyen futók pontosan azokon a mezőkön helyezkednek el, amelyeket a jobb szélső oszlop, a legalsó sor, illetve a bal alsó sarokból induló főátló határol (a főátlón levő mezők szerepelhetnek, a szélső sorban, illetve oszlopban levők nem). Ekkor viszont ha mindegyik futó ezeken a mezőkön szerepel, akkor semmi nem ütheti az eredeti négyzet legalsó sorának bal szélső elemét, az indukció kész, hiszen új futó kell. Egy lehetséges elhelyezés pl. páratlan n-re a középső sor, páratlan n-re a két középső sor valamelyike.

Az eredeti futós feladatra tényleg n a megoldás. Valaki tudja egyszerűen bizonyítani, hogy n-1 futó viszont sosem elég?

A Goldbach-sejtés topikban igen jól haladnak a fiúk, számos bizonyítást - bizonyítás-ötletet leírtak.

Találjunk jobb megoldást! :)

Akkor félreértettem. Én úgy vettem, hogy amin áll, azt egy másiknak kell ütnie. Erre szól a képletjavaslatom.

Úgy tűztem ki, hogy azt is ütik, amin állnak. A Te megoldásod akkor arra válasz, hogy ha minden futót kell, hogy védjen egy másik?

Azt remélem figyelembe vettétek, hogy 2-2 futónak kölcsönösen ütnie kell egymást.

Szerintem is n lehet a megoldás, az első néhény esetet megnézve, ezt tartom valószínűnek. Sajnos most egyátalán nincsen erre időm, hogy igazoljam.

Szerintem n.

n=2 esetén elég két futó is, míg amit megadtál függvényt, az n=2 esetén nem ezt az eredményt adja. De javítsatok ki, ha tévednék.