Például; Megoldások a 36. feladatlapra

frissítve: 2004. július 6

megoldások

  • [Áttekintés]
  • [Információs oldal]
  • [kapcsolódó feladatok]
  • [Megoldások a 36. lapra]
  • [Feladatarchívum]
  • [Bejegyzés]
  • [Rólunk]
  • [Bal]
  • [Forródrót]
  • [Email]


Carolin vesz egy 4 kg-os görögdinnyét, amely 99 (tömeg) százalékos vízből áll. Hanyagul, túl sokáig hagyja őket a napon, amíg a dinnye csak 98 százalékos vizet tartalmaz. Milyen nehéz akkor a dinnye?


Mivel a dinnye kezdetben 99 százalék vízből áll, 1 százalék egyéb (szilárd) anyagot tartalmaz. Ez 40 grammnak felel meg: Miután a víz egy része elpárolog, ez a 40 gramm a feladatnak megfelelõen a teljes tömeg 2 százalékát teszi ki. Tehát a dinnye csak 40 súlyú. = 2000 gramm. A dinnye ennek következtében elveszíti súlyának felét.


Egy nagyon kanyargós múzeumi szobát három őr őriz. Mindenkinek olyan helyen kell állnia, ahonnan az egész szobát megfigyelheti. Rövid keresés után az őrök közül kettő két (különböző) ilyen helyet talál és ott telepedik le. A harmadik őr egy darabig sikertelenül vándorol a szobában. Tudna neki tippet adni, hol találhat megfelelő helyet?


A harmadik őr kiválaszthatja az első két őr helyzete közötti kapcsolat bármely pontját.
Miért? Legyen A és B az első két védőburkolat helyzete, és C legyen összekötő vonaluk pontja. Legyen X az űr bármely pontja. Ha nem lehet látni az X pontot C-től, akkor a CX szakaszon lenne egy Y pont, amelyen egy akadály található.

Másrészt az A-i őr az egész szobát látja, különösen X-et. Ezért az AX teljes távolságának az űrben kell futnia (vagyis akadálymentesnek kell lennie), és ezért van az, hogy a B és Y és az AX egyenes vonalának Z metszéspontja a szoba belsejében fekszik, és ott nincs akadály. Végül a b-i őr is mindent lát, főleg Z-t, és ezért a BZ teljes távolságának az űrben kell lennie, ami ellentmondana Y helyzetének.
Tehát nincs ilyen Y pont, és a teljes CX szakasz szabadon látható C-ből. Így a C-i őr a tér minden pontját látja.


Megjegyzések: Olyan helyiség, mint a múzeumi helyiségünk, amelyben van egy pont, ahonnan az egész szoba látható (vagy más szavakkal: amelyben minden kapcsolat e ponttól a szoba egy másik pontjáig teljesen a szobában található), csillag alakúnak nevezzük .

Bizonyításunkkal megmutattuk, hogy az összes pont halmaza, ahonnan az egész tér látható, domború. (A konvex definíciója pontosan az, hogy egy halmaz két pontjára a halmazhoz tartozó összekötő vonal is tartozik.)

Vannak olyan példák is, amikor a harmadik őr nem helyezhető el más helyen, csak a másik két őr közötti útvonalon:


Mutassa meg, hogy a 3 2048 - 1 szám osztható legalább 12 különböző prímszámmal.

2048 = 2 11, ami azt jelenti, hogy tizenegyszer alkalmazhatja a harmadik binomiális tételt, és így tizenkét tényezőt kaphat:

3 2048 - 1 = (3 1024 + 1) (3 1024 - 1)
= (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 512 - 1)
= (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 256 + 1) (3 256 - 1)
.
= (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 256 + 1) (3 128 + 1) (3 64 + 1) (3 32 + 1)
. (3 16 + 1) (3 8 + 1) (3 4 + 1) (3 2 + 1) (3 1 + 1) (3 1 - 1)

De még nem értünk véget, mivel állítólag tizenkét különböző prímtényező létezését kell megmutatnunk a bontásban. Ezért most megmutatjuk, hogy ezeknek a tényezőknek páronként a 2 a legnagyobb közös tényező (gcd). Ebből a célból legyen r> s két természetes szám. Ez

3 2 r + 1 = 3 2 r - 1 + 2
= (3 2 r-1 + 1) (3 2 r-1 - 1) + 2
.
= (3 2 r-1 + 1) (3 2 r-2 + 1). (3 2 s + 1) (3 2 s - 1) + 2,

azaz (3 2 s + 1) plusz 2 többszöröse. Tehát a 3 2 r + 1 és a 3 2 s + 1 GCF-nek 2-nek kell lennie. Mivel (3 2 t + 1) nyilvánvalóan egyenletes minden egész t 0 esetén, a gcd pontosan 2.

Mivel 3 1 - 1 = 2 érvényes, gcd (3 2 r + 1, 3 1 - 1) = 2 r 1 esetén.

Mivel minden 3 2 r + 1 tényező, ahol r 0 értéke nagyobb, mint 2, e tizenegy tényező mindegyike következésképpen megadja (legalább) a saját bontási tényezőjét. Sajnos a 3 1 + 1 = 2 értéket ad. 2 ily módon csak a 2-es tényező; ez azt jelenti, hogy a 2-es tényező, amely egyébként még mindig előfordul, és amely a 3 1 - 1 egyetlen osztója is, nem alkalmazható kiegészítésként. Szükségünk van tehát egy másik fő tényezőre. 3 4 + 1 = 2. A 41 nem segít, de ez 3 8 + 1 = 6562 = 2. 17-én 193 és így legalább tizenkét különböző prímtényezőnk van.

Annak érdekében, hogy pontosan megtudjuk, hány (különböző) prímtényezője van a számnak, nehéz tüzérségre és némi számítási időre van szükség. Nem volt annyi időnk és türelmünk. Végül is a Mathematica nagyon gyorsan rájött, hogy a (3 128 + 1)/2 - (3 1024 + 1)/2 tényezők nem prímszámok. (3 16 + 1)/2 - (3 64 + 1)/2 prímszám, majd Pari ésszerű időn belül kiderítette, hogy (3 128 + 1)/2 öt különböző prímtényezővel rendelkezik, amelyek közül a legkisebb 257.


A Kappa bolygón a tudósok nemrégiben pontosan 1000 km-re határozták meg bolygójuk sugarát. Az elkövetkező néhány évben Kappa öt legnagyobb városát közvetlen vasúti vonalakkal kell összekötni; minden évben ki kell tölteni az útvonalat egy pár város között. Az első évi pénzeszközök azonban csak 1571 km vasútra elegendőek.
Mutassa meg, hogy az első évben még el tudja érni a tervet!


Mivel az első évben csak 1571 km-es vasútvonalat lehet megépíteni, be kell mutatnunk, hogy Kappa öt városa között kettő található, amelyek legfeljebb 1571 km-re vannak egymástól. (A távolság természetesen megegyezik a gömb felszínén.) Mivel azonban nem tudjuk, hol vannak Kappa városai, meg kell mutatnunk, hogy minden elrendezéshez van egy várospár, amelynek maximális távolsága 1571 km.

Ezt közvetett módon az ellenkezőjének feltételezésével és az ellentmondáshoz vezetve bizonyítjuk. Az ellenkezője itt azt jelenti: Feltételezzük, hogy az öt várost úgy osztják el Kappán, hogy kettő egymástól 1571 km-nél nagyobb távolságra van.


Mivel a Kappa sugara 1000 km, kerülete kb

Az első évben rendelkezésre álló pénzeszközökkel megépítheti a méret negyedét és még egy kicsit a vasúti sínekkel.

Ha szükséges, a gömböt elforgatva feltételezhetjük, hogy az első A város "alatt", azaz a Déli-sarkon található. Az Egyenlítő összes pontja kevesebb mint 1571 km-re van ettől a várostól, és a déli féltekén minden pont még közelebb van.

Ezért feltételezésünk szerint mind a négy város az északi féltekén található.

Legyen B egy város az északi féltekén. Meghatároz egy félgömböt is, amelyen más város nem feküdhet.

Ha a B város közvetlenül az Északi-sarkon helyezkedik el, akkor az északi féltekén sem lehet több város, így csak a két A és B város lenne Kappán, amelyet nem lehet.

De nem számít, hol van B az északi féltekén, a B középpontú félteke mindig tartalmazza az északi pólust. És mivel B nem lehet az Északi-sark, ezért ennek a féltekének is van egy közös darabja a déli féltekével. Legyen X és Y a félgömb élének két metszéspontja. Mivel az élek maximális méretű (úgynevezett nagy körök) körök a gömb felületén, a két pont pontosan egymással szemben van, azaz H. felosztják a két kör mindegyikét két egyenlő felére.

Mivel nem tudjuk, hogy az északi szélesség milyen fokán fekszik a B város, azt sem tudjuk, hogy féltekéje meddig terjed az Északi-sark felett, de mindenesetre más város nem lehet az északi félteke azon felén, amely keresztezi az Egyenlítő felét. X-től Y-ig, és az Északi-sark határolja.

Utoljára felezzük az északi félteke másik felét: Legyen M az X és Y közötti középpont az Egyenlítőn (az, amelyik nincs a B körüli féltekén). Ezután a kör felosztja a jobb északi sarkot a déli sarkon, az északi sarkot és az M-t két egyenlő részre (ívelt háromszögekre), amelyeken az X, M és N vagy Y, M és N sarokpontok a lehető legtávolabb vannak a gömb negyedétől. Más szavakkal: A háromszög bármely két pontja kevesebb, mint 1571 km.

Ez azonban azt jelenti, hogy a háromszögekben legfeljebb egy város lehet. De akkor csak négy város van Kappán.


De mivel Kappán öt város van, ellentmondást kapunk. Tehát téves az a feltételezés, miszerint minden város legalább 1571 km-re van egymástól. Ennek eredményeként Kappán (legalább) két olyan város van, amelyek egymástól legfeljebb 1571 km-re vannak, és köztük mi (vagy a kappaiak) az első évben vasútvonalat építhetünk.

Nyomtatáshoz pdf fájlként vagy ps fájlként