Chat Prasátek

Matematická sekce

Josef Tkadlec | 15. 9. 2011 12:36:55

Hrál jsem si tak jednou s trojcifernými čísly, která mají všechny cifry různé, a napadla mě zajímavá vlastnost, kterou by taková čísla mohla mít. Po chvilce počítání jsem zjistil, že existují přesně čtyři čísla s touto vlastností (trojciferná s různými ciframi). Tři z nich jsou 195, 265 a 498. Co je to za vlastnost? Které číslo je to čtvrté? :)

P.S. Předchozí úloha byla (věřte nevěřte) z archivu české matematické olympiády. Můžete se o tom přesvědčit na http://cgi.math.muni.cz/~rvmo/ABC/48/A48s.pdf.

Josef Tkadlec | 9. 9. 2011 15:03:29

Našel jsem dobrou legrácku, tak se musím podělit. Schválně si zkuste, není těžká. A můžete taky tipovat zdroj :).

Ukažte, že pro každé přirozené číslo $\textstyle n$ je hodnota součinu

$\left(4-\frac21\right)\left(4-\frac22\right)\left(4-\frac23\right)\dots\left(4-\frac2n\right)$

celočíselná.

Josef Tkadlec | 5. 9. 2011 18:14:36

Na stránkách http://skmo.sk už je k vidění zadání aktuálního MEMa. A kdo že tam mimo jiné zadal úlohu...? Miško! :)

Miško | org | 30. 8. 2011 22:22:02

Tak už funguje aj TeX vložený do jedného alebo dvoch dolárov, dokonca je rozdiel medzi riadkovým $\textstyle \sum_a^b 1 = b-a+1$ a odstavcovým TeXom:
$\sum_a^b 1 = b-a+1$

BakyX | 30. 7. 2011 23:47:25

Ďakujem.

šnEk | 29. 7. 2011 00:56:23

BakyX: Já jsem ti nakonec zapomněl odpovědět. V seriálu je jedna podobná rovnice vyřešená, podívej se na úlohu na straně 41 letošního seriálu: http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php?title=...
V zásadě jde o to, pravou stranu rozložit na Gaussova prvočísla a levou do tvaru (a+ib)(a-ib). Pak už to půjde snadno.

Jinak Gaussova prvočísla jde samozřejmě i objejít, jedna z těch snazších možností je zkusit rovnici ještě převést do hezčího tvaru
$a^2 + b^2 = c^2$ ,
tohle řešení se dá najít třeba v archivech olympiády http://cgi.math.muni.cz/~rvmo/ABC/55/A55i.pdf.

Druhá možnost je uhodnout řešení $\textstyle a=b=2005$ a použít geometrickou metodu z posledního dílu předloňského seriálu.

Žádný z těch řešení není nic moc extra, ale poprat se s tím dá.

anonym | 28. 7. 2011 21:12:41

ahoj dokazali byste nebo vyvratili tudle nerovnost pro vsechny cely cisla vetsi nez 1 000 000 http://www.wolframalpha.com/input/?_=13117999...

BakyX | 26. 7. 2011 22:17:35

Skúste si ako tréning vyriešiť túto geometrickú úlohu :)

V ostrojuholnom trojuholníku ABC označme D,E,F päty výšok na strany a,b,c. Označme G,H,I stredy kružníc vpísanych trojuholníkom AEF, BDF, CDE. Dokáž, že priamky DG, EH, FI prechádzajú jedným bodom.

BakyX | 26. 7. 2011 17:51:16

No viem si to upraviť takto:

$\textstyle (2x-2005)^2+(2y+2005)^2 = 2.2005^2$

Po substitúcií mám:

$\textstyle a^2+b^2=2.2005^2$

Nedarí sa mi ale odhadnúť niečo normálne pomocou nerovností.

šnEk | 25. 7. 2011 23:20:09

Hola!
Vypadá jednoduše, ale nakonec je docela složitá. Jenom napovím, klíčové je upravit rovnici do tvaru
$u^2 + v^2 = k,$
kde k je konstanta a u, v jsou závislé na x a y. Pak se dá použít teorie z letošního seriálu.

BakyX | 25. 7. 2011 22:35:43

Zdravím..Nepomohol by mi niekto s nasledujúcou rovnicou ?

V obore $N$ riešte: $x^2+y^2=2005(x-y)$

Nemám tušenia :) Vyzerá to jednoducho..Ďakujem za pomoc

anonym | 18. 7. 2011 01:59:41

no jasne presne tak sem to myslel pro ty racionalni cisla a to s tou hustou mnozinou me jenom tak napadlo a fakt diky za tvuj cas

pavel | 17. 7. 2011 19:49:45

Tak jsem nad tim trochu premyslel... Uz asi castecne rozumim, jak to myslis. Jestli to chapu spravne, tak ty chces, aby $g:[0, 1)\rightarrow\left[1/2,1\right)$ normalne linearne, tj.
$g(x)=\frac{1}{2}+\frac{x}{2},\quad x\in[0,1)$
a dalsi intervaly zobrazit "ve stejnem duchu", coz by slo zapsat treba jako $g(x)=g(x-1)+1, \quad x\geq 1$ . Funkce $f$ by pak zobrazovala podobne, ale prave do tech "vedlejsich intervalu", tj.
$f(x)=1+\frac{x}{2},\quad x\in[0,1)$
(a dalsi intervaly "ve stejnem duchu").
Myslis to takto?

To by ti potom krasne fungovalo pro racionalni cisla. Nebude ti to ale zase fungovat pro to zadani (b), protoze funkce $f$ by se snazila zobrazit nekonecnou mnozinu do konecne mnoziny (v intervalu $[1,3/2)$ se nachazi pouze jedno cislo tvaru $a-1/b, a,b\in N$ ).

Co se tyka tve puvodni otazky - zda existuje bremska dvojice pro kazdou hustou podmnozinu R. Mam nejake duvody se domnivat, ze to bude platit. Myslim si, ze pro docela dost (i pomerne "skaredych") hustych mnozin umim bremskou dvojici najit (casto funguje vzit $f(x)=x$ a najit rostouci $g(x)<x$ . Najit bremskou dvojici pro nekolik hustych mnozin bylo zatim vzdy snazsi nez ji najit pro mnozinu ze zadani (b) - to je totiz prave ta "neprijemna" mnozina, kde se musi brat $g(x)\geq x$ (to se da ukazat).
Vymyslet obecnou konstrukci (nebo mozna radeji existencni dukaz) pro libovolnou hustou mnozinu se mi ale fakt nechce.

anonym | 17. 7. 2011 11:29:41

no pro racionalní me to prijde jasny ta konstrukce proste prenese racionalni cisla z intervalu na pul intervalu a na tu hustou mnozinu se prave ptam

pavel | 16. 7. 2011 22:48:40

To je bohuzel tak obecny popis, ze me nepriblizuje k odpovedi na tvou puvodni otazku - jestli jde konstrukce provest pro hustou podmnozinu R (nebo aspon pro racionalni cisla).

anonym | 16. 7. 2011 21:49:56

no moje funkce ja sem to resil pred trema dnama takze ten predpis nechci ted znova vymejselt ale je to teoreticky tak ze kdyz vezmu treba cisla z intervalu k až k+1 (k je element celejch cisel)tak funkce g je cely zobrazi do intervalu k+0,5 az k+1 a funkce f do k+1 az k+1,5

pavel | 16. 7. 2011 21:44:25

$f\left(a-\frac{1}{b}\right)=(a+1)^2-\frac{1}{b}, \qquad g\left(a-\frac{1}{b}\right)=a-\frac{1}{ab}$

Jake je tvoje reseni pro racionalni cisla? Nebo mas existencni dukaz?

anonym | 16. 7. 2011 21:21:26

no ja nevim me pride ze pro racionalni to jde a jaky teda mas reseni toho b???

pavel | 16. 7. 2011 21:17:24

Tomu nerozumim, co by melo taky fungovat. Mnozina S v pripade (b) neni husta v R. A ani pro nejakou jednoduchou hustou podmnozinu R, napriklad racionalni cisla, me nenapada, jak primocare rozsirit moje reseni casti (b).

anonym | 16. 7. 2011 20:38:44

presne tak ja se jenom chtel ujistit diky a kdyby se za mnozinu S vzala libovolná mnozina husta v prirozeny topologii na R tak by to taky fungovalo ne??

<< < 1 2 ... 32 33 34 ... 36 37 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři