Elemi matematika szakkör
|
|
- Petra Tamásné
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Elemi matematika szakkör Kolozsvár, október Feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az összes olyan 9 jegyű, K tulajdonságú számot, amelynek a 2, 4, illetve 8-szorosa is K tulajdonságú! Grigore Moisil versenyre javasolt feladat Első megoldás. A legkisebb 9 jegyű és K tulajdonságú szám a Ennek a nyolcszorosa Ugyanakkor a számnál nagyobb K tulajdonságú szám csak a és ez nem osztható 8-cal, tehát a számnál nagyobb szám 8-szorosa nem lehet K tulajdonságú. Emiatt csak az N = számra kell ellenőrizni, hogy 2N és 4N szintén K tulajdonságú-e. Mivel = , = és = , az egyetlen szám, amely teljesíti a feladat feltételeit az N = Második megoldás. Legyen N = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 egy szám, amely teljesíti a kért feltételeket. Mivel a 8N szám 9 jegyű, N < , vagyis N első két számjegye 1 és 2 (ebben a sorrendben) valamint a 3 {3, 4}. Ha a 3 = 4, akkor az a 3 8 szorzat nagyobb, mint 30, tehát a szorzat elvégzésénél a 3 hozzáadódik a 2 8 = 16-hoz és emiatt az eredmény első két számjegye 9-es lenne. Ez nem felel meg, mert így az eredmény nem lenne K tulajdonságú, tehát a 3 = 3. Ugyanezen ok miatt a 3 8 szorzathoz hozzáadva az a 4 8 szorzatból a tízesek jegyét az eredmény nem haladhatja meg a 30-at, tehát a 4 7. Ugyanakkor a 4 4 (mert az 1, 2, 3 számjegyek már előfordulnak N-ben). Továbbá az a 4 8 szorzatban a tizesek száma nem lehet sem 5, sem 4, mert ezekben az esetekben az 123a 4 8 szorzatban lenne két azonos számjegy (8-as vagy 9-es), a többi számjegytől függetlenül. Így a 4 8 < 40, tehát a 4 = 4. Az a 5 meghatározásához egyrészt a 5, a 6 5, másrészt az 1234a 5 a szorzás során az a 6 8 szorzatból legalább 4-et kell az a 5 8, szorzathoz hozzáadni, tehát a 5 6 esetén legalább 5-t adnánk a 4 8-szorzathoz. Ebben az esetben viszont a szorzat első négy számjegye közt lenne két egyforma, tehát a 5 5 és ez csak úgy lehetséges, ha a 5 = 5. Hasonló gondolatmenet alapján a 6 = 6, a 7 = 7, a 8 = 8 és a 9 = 9, tehát csak az N = szám teljesítheti a kért feltételeket. Erre a számra = = és = , tehát a feladat feltételeit csak az N = szám teljesíti. 1
2 2 1. Megjegyzés. Az előbbi gondolatmenet tömörebben leírható, ha egyenlőtlenségeket használunk. Például ha már meghatároztuk az első 4 számjegyet, akkor az N = 1234a 5 a 6... alakhoz jutunk. Ha a 5 6, akkor N > , tehát 8N > és ez az egyenlőtlenség csak úgy teljesülhet, ha 8N-ben vannak azonos számjegyek, hisz a nál nagyobb ötjegyű természetes számokban mind van két azonos számjegy. Hasonló érv alapján kapjuk az összes többi számjegyet is Feladat. Határozd meg azt a legkisebb pozitív egész számot, amelynek a négyzete 2016-ban végződik! Első megoldás. Ha N a keresett szám, akkor N ben végződik, tehát osztható 2000 = nel. Mivel az N 4 és N + 4 számok közül csak az egyik lehet osztható 5-tel, ezért az előbbi tulajdonság csak úgy teljesülhet, ha N 4 vagy N + 4 osztható 125-tel. Másrészt N páros, tehát a 250 ± 4 alakú számok közt keressük az N-et. Ugyanakkor a kettőhatványokat vizsgálva N {246, 254, 746, 754} kizárható, mert 250 és a 750 prímtényezős felbontásában a 2 kitevője 1 akárcsak a 242, 258, 742, 758 számok prímtényezős felbontásában. Emiatt az N legkisebb értékei, amelyeket érdemes kipróbálni a 496, 504, 996, Ezek közül a = és a többi négyzete nem végződik ban, tehát a keresett szám a Második megoldás. A keresett N szám (amennyiben létezik ilyen) utolsó számjegye 4 vagy 6 lehet. Ha N = a4, ahol a N, akkor N 2 = (10a + 4) 2 = 100a a Ez pontosan akkor végződik 2016-ban, ha 100a a 2000-ben végződik. Ehhez az szükséges, hogy 10a 2 + 8a osztható legyen 100-zal. Mivel 8a.4, ezért 10a 2 is osztható 4-gyel, tehát a páros. Ha a = 2b, akkor 10a 2 + 8a = 40b b = 4b(10b + 4) és ez csak úgy lesz 100-zal osztható, ha b(10b+4) osztható 25-tel. De a 10b+4 szám 4-ben végződik, ezért nem osztható 5-tel, tehát b osztható 25-tel. Ugyanakkor a = 2b, tehát a.50 és így N = vagy N = Ha N = 1000e + 504, akkor N 2 = e e , tehát 8e + 4 utolsó számjegye 2. Ez pontosan akkor teljesül, ha e utolsó számjegye 1 vagy 6. Ebben az esetben tehát N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Ha N = 1000e + 4, akkor N 2 = e e + 16, tehát a 8e utolsó számjegye 2. Ez pontosan akkor teljesül, ha e utolsó számjegye 4 vagy 9, tehát N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Eddig csak azt az esetet vizsgáltuk, amikor az utolsó számjegy 4, tehát hasonlóan kell eljárnunk abban az esetben is, amikor az utolsó számjegy 6. Ha N = 10a + 6, akkor N 2 = 100a a + 36 = 10(10a a + 2) + 16, tehát szükséges, hogy 10a a + 2 osztható legyen 100-zal. Így a nem lehet páros és 2a utolsó jegye 8-as, tehát a utolsó jegye csak 9-es lehet, azaz N = 100b + 96 alakú. Másrészt N 2 = 10000b b ,
3 tehát 100b b + 92 utolsó két számjegye 20. Ez pontosan akkor következik be, ha b utolsó számjegye 4 vagy 9, tehát szükséges két eset tárgyalása. Ha N = 1000c + 496, akkor N 2 = c c vagyis 2c + 6 utolsó számjegye 2. Így c utolsó számjegye 3 vagy 8 és az N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Ha N = 1000c + 996, akkor N 2 = c c vagyis 2c utolsó számjegye 0. Így c utolsó számjegye 0 vagy 5 és az N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Összesítve tehát az N 2 pontosan akkor végződik 2016-ban, ha az N utolsó négy számjegyéből alkotott szám (természetesen a sorrend felcserélése nélkül) a 0996, 1504, 3496, 4004, 5996, 6504, 8496, 9004 valamelyike. Ezek közül a legkisebb a Megjegyzés. Látható, hogy a második megoldásban használt stratégia jóval több számolást igényel, de ugyanakkor több eredményt is ad. A feladatra tehát érdemes a rövidebb megoldást választani, míg ha a matematikai probléma érdekel minket, akkor a többet mondó másodikat Feladat. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan N pozitív egész létezik, amelynek a négyzete 2016-ban végződik és N 2 osztható az N 2 számjegyeinek összegével! 1.3. Megoldás. Tekintjük az N = 10 k alakú számokat, ahol k 6. N 2 = 10 2k k , tehát az N 2 szám számjegyeinek az összege a k 6 feltétel miatt = 49. Így az N 2.49 feltétel pontosan akkor teljesül, ha N.7. Mivel 996 = , ezért az N.7 feltétel pontosan akkor teljesül, ha 10 k -nak a 7-tel való osztási maradéka 5. Ugyanakkor 10 k -nak a 7-tel való osztási maradéka 1 k 6 esetén rendre 3, 2, 6, 4, 5, 1 és ezek periodikusan ismétlődnek, tehát 10 k -nak a 7-tel való osztási maradéka pontosan akkor 5, ha k = 6m + 5, m N. Így az N = 106m alakú számok m 1, m N esetén teljesítik a kért feltételeket. 3. Megjegyzés. Más szerkesztést is végezhetünk, a lényeg, hogy az N-et az előbbi feladat megoldásában meghatározott alakok valamelyikében keressük és ugyanakkor az N 2 számjegyeit tudjuk meghatározni. Például ha N = 10 k alakú számokat nézzük, akkor N 2 = 10 2k k , tehát k 8 esetén az N 2 számjegyeinek összege = 36. Ugyanakkor az N számjegyeinek összege 9, tehát N 2 osztható 9 2 -nel. Mivel N.4, ezért N 2.4 2, tehát N Így az N = 10k alakú számok k 8, k N esetén teljesítik a kért feltételt, sőt azt is, hogy N 2 osztható az N 2 számjegyei összegének négyzetével (vagyis már N osztható az N 2 számjegyei összegével) Feladat. Határozd meg azt a legkisebb természetes számot, amelynek a négyzete 2016-ban végződik és 2016-tal is kezdődik! 3
4 Megoldás. Ha N 2 = , akkor van olyan k N, amelyre ( N ) 2 = 2016,... vagy 10 k ( N ) 2 = 201, k Emiatt az N 10 k egész része a 2016 vagy 201 körül van. De 2016 = 44, és 201 = 14, A második feladatban meghatározott alakokat összehasonlítva ezekkel a számokkal a ot és et érdemes kipróbálni. Az első nem felel meg, de a másodikra = Hasonló logikával beláthatjuk, hogy több olyan szám is létezik, amelynek a négyzete tal kezdődik és azzal is végződik. Érdekességként felsorolunk néhány ilyen számot: , , , , , , , , , , , , Az is igazolható, hogy végtelen sok ilyen szám létezik Feladat. Igazold, hogy bármely n 1 pozitív egész esetén végtelen sok olyan n-nel osztható pozitív egész szám létezik, amelyben a számjegyek összege pontosan n Megoldás. Ha (10, n) = 1, akkor létezik olyan k N, amelyre (10 k 1).n (az Euler tétel alapján k = ϕ(n) megfelel, de a létezés igazolható az 1, 10, 10 2,... sorozatban az n szerinti osztási maradékok periodikus ismétlődésével is). Így ha tekintjük a N 0 (n) = k k (n 1)k számot, akkor ennek az n-nel való osztási maradéka 0 és a számjegyeinek összege éppen n. Másrészt az N 0 (n) 10 u, u N számokra ugyanez érvényes, tehát végtelen sok szám teljesíti a kért feltételt. Ha (10, n) > 1, akkor n prímtényezős alakja n = 2 a 5 b m, ahol (10, m) = 1. Ebben az esetben létezik olyan k N, amelyre (10 k 1).m, tehát N 0 (n) = ( k k (n 1)k ) 10 max{a,b} szám teljesíti a kért feltételt és ennek a végére tetszőleges számú nullát írhatunk, tehát végtelen sok szám rendelkezik a kért tulajdonsággal Házi feladat. Melyik az a legkisebb természetes szám, amelynek a harmadik hatványa 2016-tal kezdődik?
5 1.6. Megoldás. A köbgyökvonás során hármas csoportokba osztjuk a szám számjegyeit (hátulról kezdve) és mindegyik csoport az eredmény egy újabb számjegyének meghatározásában játszik szerepet. Emiatt a 3 201, 6, 3 20, 16 és 3 2, 016 számok közelítéseit kell megvizsgálnunk. 3 2, 016 = 1, , tehát a 12, 13, 126, 127, 1263, 1264, 12632, 12633, illetve a hasonlóan képezhető, többjegyű számokat kell kipróbálni. Ezek közül a legkisebb, amelynek a harmadik hatványa 2016-tal kezdődik a Hasonló gondolatmenetet alkalmazunk a 3 20, 16 = 2, , illetve a 3 201, 6 = 5, , számokra. Az első esetben a 2722-t, a második esetben az 5864-et kapjuk, tehát a legkisebb természetes szám, amelynek a köbe 2016-ban kezdődik a Házi feladat. Határozd meg azt a legkisebb pozitív egész számot, amelynek a harmadik hatványa 2016-ban végződik! 1.7. Megoldás. Az N 3 utolsó számjegye csak akkor lehet 6, ha az N utolsó számjegye is 6-os. Ha N = 10a + 6, akkor N 3 = 1000a a a + 216, tehát 108a nullában végződik és ez csak akkor lehetséges, ha a utolsó számjegye 0 vagy 5. Hasonló gondolatmenet alapján az N = 100b + 56 harmadik hatványa csak akkor végződhet 2016-ban, ha b utolsó számjegye 3 vagy 8 és az N = 100b + 6 ellentmondáshoz vezet = és = , tehát a legkisebb pozitív egész, amelynek a harmadik hatványa 2016-ban végződik a Megjegyzés. Ha az N felbontás vizsgáljuk, az N = 50k + 6 alakhoz jutunk, míg az N esetén az N = 250k +106 alakhoz. Mindkét esetben néhány próbálkozás után eljuthatunk a 856-hoz. 5. Megjegyzés. A megoldás gondolatmenetét egy lépéssel továbbgondolva azt is beláthatjuk, hogy az N 3 pontosan akkor végződik 2016-ban, ha az N utolsó négy számjegye által alkotott szám 0856, 3356, 5856 vagy Megjegyzés. A legkisebb szám, amelynek a harmadik hatványa 2016-tal kezdődik és abban is végződik az Házi feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az összes olyan 9 jegyű, K tulajdonságú számot, amelynek a 2, 4, 5, illetve 7-szerese is K tulajdonságú! 1.8. Megoldás. Az egyetlen szám, amely teljesíti a feltételeket az N = Ennek belátására több eset tárgyalása szükséges. Egyrészt 7N alapján az N első számjegye 1, a második pedig 2 vagy 3 (a 4-es nem lehet, mert ebben az esetben a következő számjegy legalább 2-es lenne és így túllépnénk a felső korlátot). Az utolsó számjegy páratlan de nem 5 (különben az 5N vagy a 2N utolsó számjegye 0 lenne). Ugyanakkor ha a második számjegy 3, akkor a 2N, 4N, 5N, 7N szorzatok első számjegye rendre 2, 5, 6, 9 és így az utolsó számjegy nem lehet 7 (mert a 7N-ben két 9-es lenne). Tehát az utolsó számjegy 9. Az utolsó előtti számjegy nem lehet 2-es, mert ebben az esetben a 7N utolsó két számjegye 03 volna. Tehát az utolsó két számjegyből alkotott szám 49, 59, 69, 79, 89 lehet. Mind az öt esetben további öt aleset van aszerint, hogy mennyi hátulról a harmadik számjegy. Az alábbi táblázatban feltüntettük, hogy az alesetek nagy részét mi alapján zárjuk ki. 5
6 N-ben 99 2N-ben 0 2N-ben 2 4N-ben 99 7N-ben N-ben 0 ez lehet 4N-ben 636 4N-ben 0 7N-ben N-ben 0 ez lehet 7N-ben 9 4N-ben 0 7N-ben N-ben 55 7N-ben 353 7N-ben 0 ez lehet 4N-ben N-ben 11 5N-ben 44 4N-ben 5 4N-ben 5 4N-ben 5 Ez alapján az utolsó három számjegyből alkotott szám csak a 459, 469 vagy a 679 lehet. Mindegyik esetben további négy alesetet tárgyalunk hátulról a negyedik számjegy szerint N-ben 22 5N-ben 22 7N-ben 22 5N-ben ez lehet 2N-ben 0 7N-ben 22 7N-ben N-ben 0 5N-ben 33 7N-ben 9 7N-ben 0 Az egyetlen lehetőség tehát a Hátulról az ötödik számjegy 5, 7 vagy 8 lehet. Másrészt ezek az esetek nem felelnek meg, mert esetén a 2N-ben van 0 számjegy, a esetén a 2N-ben van két 4-es és esetén a 7N-ben van két 7-es. Mindez azt igazolja, hogy a második számjegy nem lehet 3-as. Az előbbihez hasonló gondolatmenet segítségével megkapjuk az egyetlen lehetséges megoldást Nyitott kérdés. Igaz marad-e az 1.5. feladatban megfogalmazott tulajdonság, ha még azt is kérjük, hogy a hányados teljes négyzet (köb, stb.) legyen? 7. Megjegyzés. A következő táblázatban láthatjuk, hogy adott n 56-re melyik az a legkisebb x, amelyre n x 2 számjegyeinek összege pontosan n. n x n x n x n x A numerikus számolások azt mutatják, hogy a tulajdonság n 125 esetén igaz, de bizonyítást mindeddig nem ismerünk.
7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?
7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika
RészletesebbenOSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.
Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :
RészletesebbenOszthatósági problémák
Oszthatósági problémák Érdekes kérdés, hogy egy adott számot el lehet-e osztani egy másik számmal (maradék nélkül). Ezek eldöntésére a matematika tanulmányok során néhány speciális esetre látunk is példát,
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.
Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:
RészletesebbenBizonyítási módszerek - megoldások. 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha. Megoldás: 9 n n = 9k = 3 3k 3 n.
Bizonyítási módszerek - megoldások 1. Igazoljuk, hogy menden természetes szám esetén ha (a) 9 n 3 n (b) 4 n 2 n (c) 21 n 3 n (d) 21 n 7 n (e) 5 n 25 n (f) 4 n 16 n (g) 15 n (3 n 5 n) 9 n n = 9k = 3 3k
RészletesebbenMegoldott feladatok IX. osztály 7 MEGOLDOTT FELADATOK A IX. OSZTÁLY SZÁMÁRA
Megoldott eladatok IX. osztály 7 MEGOLDOTT FELADATOK A IX. OSZTÁLY SZÁMÁRA. Az : R R üggvény teljesíti az ( + y) = ( a y) + ( y) ( a ) összeüggést bármely,y R esetén (a egy rögzített valós szám). Bizonyítsd
RészletesebbenSzámelmélet Megoldások
Számelmélet Megoldások 1) Egy számtani sorozat második tagja 17, harmadik tagja 1. a) Mekkora az első 150 tag összege? (5 pont) Kiszámoltuk ebben a sorozatban az első 111 tag összegét: 5 863. b) Igaz-e,
Részletesebben7! (7 2)! = 7! 5! = 7 6 5! 5 = = ből 4 elem A lehetőségek száma megegyezik az 5 elem negyedosztályú variációjának számával:
Kombinatorika Variáció - megoldások 1. Hány kétjegyű szám képezhető a 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből. ha minden számjegyet csak egyszer használhatunk fel? A lehetőségek száma annyi, mint amennyi 7 elem
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HETEDIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Ki lehet-e tölteni a következő táblázat mezőit pozitív egész számokkal úgy, hogy
RészletesebbenBÖLCS BAGOLY LEVELEZŐS MATEMATIKAVERSENY IV. forduló MEGOLDÁSOK
IV. forduló 1. Hány olyan legfeljebb 5 jegyű, 5-tel nem osztható természetes szám van, amelynek minden jegye prím? Mivel a feladatban számjegyekről van szó, akkor az egyjegyű prímszámokról lehet szó: 2;
RészletesebbenOszthatóság. Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán):
Oszthatóság Oszthatóság definíciója (az egészek illetve a természetes számok halmazán): Azt mondjuk, hogy az a osztója b-nek (jel: a b), ha van olyan c egész, amelyre ac = b. A témakörben a betűk egész
RészletesebbenSzakács Lili Kata megoldása
1. feladat Igazoljuk, hogy minden pozitív egész számnak van olyan többszöröse, ami 0-tól 9-ig az összes számjegyet tartalmazza legalább egyszer! Andó Angelika megoldása Áll.: minden a Z + -nak van olyan
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenSzámelmélet. 4. Igazolja, hogy ha hat egész szám összege páratlan, akkor e számok szorzata páros!
Számelmélet - oszthatóság definíciója - oszthatósági szabályok - maradékos osztás - prímek definíciója - összetett szám definíciója - legnagyobb közös osztó definíciója - legnagyobb közös osztó meghatározása
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások. 21 és 5 7 = 15
Megoldások 1. Írj fel 4 számot törtalakban a 3 7 és 5 7 között! Bővítsük a nevezőket a megfelelő mértékig: 3 7 = 9 21 és 5 7 = 15 21. Ezek alapján a megoldás: 10 21, 11 21, 12 21, 13 21. 2. Írd fel törtalakban
RészletesebbenKombinatorika. Permutáció
Kombinatorika Permutáció 1. Adva van az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegy. Hány különböző 9-jegyű szám állítható elő ezekkel a számjegyekkel, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mi van akkor, ha a szám
RészletesebbenHHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:
Gábor Miklós HHF0CX 5.7-16. Vegyük úgy, hogy a feleségek akkor vannak a helyükön, ha a saját férjeikkel táncolnak. Ekkor már látszik, hogy azon esetek száma, amikor senki sem táncol a saját férjével, megegyezik
RészletesebbenFELADATOK ÉS MEGOLDÁSOK
3. osztály Hány olyan háromjegyű szám létezik, amelyben a számjegyek összege 5? 15 darab ilyen szám van. 5 = 5+0+0 = 4+1+0 = 3+2+0 = 3+1+1=2+2+1 A keresett számok: 500, 401, 410, 104, 140, 302, 320,203,
RészletesebbenSzámokkal kapcsolatos feladatok.
Számokkal kapcsolatos feladatok. 1. Egy tört számlálója -tel kisebb, mint a nevezője. Ha a tört számlálójához 17-et, a nevezőjéhez -t adunk, akkor a tört reciprokát kapjuk. Melyik ez a tört? A szám: 17
RészletesebbenMatematika 7. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos képzés Matematika 7. osztály III. rész: Számelmélet Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék III.
RészletesebbenKövetkezik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.
Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges
RészletesebbenA 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =
RészletesebbenXXII. Vályi Gyula Emlékverseny április 8. V. osztály
V. osztály 1. Egy anya éveinek száma ugyanannyi, mint a lánya életkora hónapokban kifejezve. Mennyi idősek külön-külön, ha az anya 23 évvel és 10 hónappal idősebb a lányánál? 2. Melyek azok a 2016-nál
RészletesebbenHatványozás. A hatványozás azonosságai
Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84
Részletesebben4. Számelmélet, számrendszerek
I. Elméleti összefoglaló A maradékos osztás tétele: 4. Számelmélet, számrendszerek Legyen a tetszőleges, b pedig nullától különböző egész szám. Ekkor léteznek olyan, egyértelműen meghatározott q és r egész
RészletesebbenSzA XIII. gyakorlat, december. 3/5.
SzA XIII. gyakorlat, 2013. december. 3/5. Drótos Márton 3 + 2 = 1 drotos@cs.bme.hu 1. Határozzuk meg az Euklidészi algoritmussal lnko(504, 372)-t! Határozzuk meg lkkt(504, 372)-t! Hány osztója van 504-nek?
RészletesebbenSzámelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb
Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb 2004_02/4 Tegyél * jelet a táblázat megfelelő rovataiba! Biztosan Lehet hogy, de nem biztos Lehetetlen a) b) c) Négy egymást követő természetes
Részletesebben1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései
12. Mellékletek 1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései 1. Mikor tanít számelméletet és hány órában? (Pl. 9. osztályban a nevezetes azonosságok után 4 órában.) 2. Milyen könyvet használnak
RészletesebbenEgészrészes feladatok
Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges
RészletesebbenSzámelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa
Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa 1. Mutasd meg, hogy a tízes számrendszerben felírt 111111111111 tizenhárom jegyű szám összetett szám, azaz
Részletesebben352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm
5 Nevezetes egyenlôtlenségek a b 775 Legyenek a befogók: a, b Ekkor 9 + $ ab A maimális ab terület 0, 5cm, az átfogó hossza 8 cm a b a b 776 + # +, azaz a + b $ 88, tehát a keresett minimális érték: 88
RészletesebbenOszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok
Számelmélet Oszthatósági alapfogalmak, oszthatósági szabályok 305 a) hamis, b) igaz, c) igaz, d) igaz, e) igaz, f) igaz, g) hamis, h) igaz, i) igaz, j) hamis, k) igaz, l) hamis, m) igaz, n) hamis, o) hamis,
RészletesebbenMegyei matematikaverseny évfolyam 2. forduló
Megyei matematikaverseny 0. 9. évfolyam. forduló. Mennyi a tizenkilencedik prím és a tizenkilencedik összetett szám szorzata? (A) 00 (B) 0 (C) 0 (D) 04 (E) Az előző válaszok egyike sem helyes.. Az 000
Részletesebbenilletve a n 3 illetve a 2n 5
BEVEZETÉS A SZÁMELMÉLETBE 1. Határozzuk meg azokat az a természetes számokat ((a, b) számpárokat), amely(ek)re teljesülnek az alábbi feltételek: a. [a, 16] = 48 b. (a, 0) = 1 c. (a, 60) = 15 d. (a, b)
RészletesebbenElemi matematika szakkör
Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. november 9. 1.1. Feladat. Tekintsünk egy E halmazt és annak minden A részhalmazára az A halmaz f A : E {0, 1} karakterisztikus függvényét, amelyet az { 1, x A
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév Kezdők I II. kategória II. forduló Kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy kört
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek
RészletesebbenVII.A. Oszthatóság, maradékos osztás Megoldások
VIIA Oszthatóság, maradékos osztás Megoldások 11 Igen, mert a 4x = 8 egyenlet megoldható a természetes számok halmazában: x = 2 12 Nem, mert a 4x = 10 egyenlet nem oldható meg a természetes számok halmazában
RészletesebbenSzámelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla
Számelmélet (2017 február 8) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla 1 Oszthatóság 1 Definíció Legyen a, b Z Az a osztója b-nek, ha létezik olyan c Z egész szám, melyre ac = b Jelölése: a b 2 Példa 3 12, 2
Részletesebben1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek
1. Halmazok, számhalmazok, alapműveletek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Határozza meg az (A B)\C halmaz elemszámát, ha A tartalmazza az összes 19-nél kisebb természetes számot, továbbá B a prímszámok halmaza
Részletesebben2, a) Három ketted b) Háromszázkettőezer nyolcszázhét c) Két egész tizenöt század d) Két egész öt tized e) Egymillió - hét.
X 000 X00 X0 X X / /0 /00 / 000 Tízezres Ezres Százas Tízes Egyes Tize. vessző Tized Század Ezred Tízezred,, 0 7 a) Három ketted b) Háromszázkettőezer nyolcszázhét c) Két egész tizenöt század d) Két egész
RészletesebbenX. PANGEA Matematika Verseny II. forduló 10. évfolyam. 1. Az b matematikai műveletet a következőképpen értelmezzük:
1. Az a @ b matematikai műveletet a következőképpen értelmezzük: @ a a b b, feltéve, hogy a 0. a Melyik állítás igaz a P és Q mennyiségekre? P = ((2 @ 1) @ (1 @ 2)) Q = ((7 @ 8) @ (8 @ 7)) A) P > Q B)
Részletesebben4. Sorozatok. 2. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 100 =
4. Sorozatok Megjegyzés: A szakirodalomban használt a sorozat tagjáról, máskor eleméről beszélni. Az alábbiakban mindkét kifejezést használtuk megtartva a feladatok eredeti fogalmazását. I. Feladatok.
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:
Részletesebben48. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló HETEDIK OSZTÁLY MEGOLDÁSOK = = 2019.
8. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló HETEDIK OSZTÁLY MEGOLDÁSOK 1. Bizonyítsd be, hogy 019 db egymást követő pozitív egész szám közül mindig kiválasztható 19 db úgy, hogy az összegük
RészletesebbenA 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)
A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike
RészletesebbenSZÁMELMÉLET FELADATSOR
SZÁMELMÉLET FELADATSOR Oszthatóság 1. Az 123x4 számban milyen számjegy állhat x helyén, ha a szám osztható a) 3-mal; e) 6-tal; b) 9-cel; f) 24-gyel; c) 4-gyel; g) 36-tal; d) 8-cal; h) 72-vel? 2. Határozd
RészletesebbenElemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged
Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül
RészletesebbenSZÁMELMÉLETI FELADATOK
SZÁMELMÉLETI FELADATOK 1. Az 1 = 1, 3 = 1 + 2, 6 = 1 + 2 + 3, 10 = 1 + 2 + 3 + 4 számokat a pitagoreusok háromszög számoknak nevezték, mert az összeadandóknak megfelelő számú pont szabályos háromszög alakban
RészletesebbenTartalom. Algebrai és transzcendens számok
Nevezetes számelméleti problémák Tartalom 6. Nevezetes számelméleti problémák Számok felbontása hatványok összegére Prímszámok Algebrai és transzcendens számok 6.1. Definíció. Az (x, y, z) N 3 számhármast
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika I. középszint
RészletesebbenÖsszegek összege, Bűvös négyzet, Bűvös háromszög és egyebek
Boronkay György Műszaki Középiskola és Gimnázium 2600 Vác, Németh László u. 4-6. : 27-317 - 077 /fax: 27-315 - 093 WEB: http://boronkay.vac.hu e-mail: boronkay@vac.hu Levelező Matematika Szakkör 2017/2018.
Részletesebben3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek
. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Mennyi a 2x 2 8x 5 = 0 egyenlet gyökeinek a szorzata? (A) 10 (B) 2 (C) 2,5 (D) 4 (E) ezek egyike sem Megoldás I.: BME 2011.
RészletesebbenPYTAGORIÁDA. 1. Két szám összege 156. Az első összeadandó a 86 és a 34 különbsége. Mekkora a másik összeadandó?
Az iskolai forduló feladatai 2006/2007-es tanév Kategória P 3 1. Két szám összege 156. Az első összeadandó a 86 és a 34 különbsége. Mekkora a másik összeadandó? 2. Számítsd ki: 19 18 + 17 16 + 15 14 =
RészletesebbenSzámelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok
Számelmélet Legnagyobb közös osztó, Euklideszi algoritmus. Lineáris diofantoszi egyenletek. Számelméleti kongruenciák, kongruenciarendszerek. Euler-féle ϕ-függvény. 1. Oszthatóság 1. Definíció. Legyen
RészletesebbenFüggvények július 13. Határozza meg a következ határértékeket! 1. Feladat: x 0 7x 15 x ) = lim. x 7 x 15 x ) = (2 + 0) = lim.
Függvények 205. július 3. Határozza meg a következ határértékeket!. Feladat: 2. Feladat: 3. Feladat: 4. Feladat: (2 + 7 5 ) (2 + 7 5 ) (2 + 0 ) (2 + 7 5 ) (2 + 7 5 ) (2 + 0) (2 + 0 7 5 ) (2 + 0 7 5 ) (2
RészletesebbenTANMENETJAVASLAT. Dr. Korányi Erzsébet MATEMATIKA. tankönyv ötödikeseknek. címû tankönyvéhez
TANMENETJAVASLAT Dr. Korányi Erzsébet MATEMATIKA tankönyv ötödikeseknek címû tankönyvéhez A heti 3 óra, évi 111 óra B heti 4 óra, évi 148 óra Javaslat témazáró dolgozatra: Dr. Korányi Erzsébet: Matematika
RészletesebbenParaméteres és összetett egyenlôtlenségek
araméteres és összetett egyenlôtlenségek 79 6 a) Minden valós szám b) Nincs ilyen valós szám c) c < vagy c > ; d) d # vagy d $ 6 a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: m < - vagy m > A második egyenlôtlenségbôl:
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014.
Részletesebben2014. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 9. osztály
01. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás is lehetséges. Az útmutatótól eltérő megoldásokat
Részletesebben148 feladat 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 200 > 1 2. 1022 + 1. 5. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: 51 + 1 52 + + 1
148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei
Részletesebben2. témakör: Számhalmazok
2. témakör: Számhalmazok Olvassa el figyelmesen az elméleti áttekintést, és értelmezze megoldási lépéseket, a definíciókat, tételeket. Próbálja meg a minta feladatokat megoldani! Feldolgozáshoz szükségesidö:
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a b pozitív egészek és tudjuk hogy a 2
Részletesebben148 feladat 21 + + 20 20 ) + ( 1 21 + 2 200 > 1 2. 1022 + 1 51 + 1 52 + + 1 99 2 ) (1 1 100 2 ) =?
148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei
RészletesebbenTERMÉSZETES SZÁMOK OSZTHATÓSÁGA
TERMÉSZETES SZÁMOK OSZTHATÓSÁGA A MATEMATIKA A TITKOK SZOBÁJÁBAN Természetes számokat fogsz azonosítani különböző kontextusokban: természetes számokat fogsz azonosítani egy diagramban, egy grafikonban
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április mal, így a számjegyeinek összege is osztható 3-mal.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HATODIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Melyik a legkisebb 3-mal osztható négyjegyű szám, amelynek minden számjegye különböző,
RészletesebbenDiszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis
RészletesebbenMatematika 8. osztály
ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnázium és Kollégium Hat évfolyamos Matematika 8. osztály I. rész: Algebra Készítette: Balázs Ádám Budapest, 2018 2. Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék I. rész: Algebra................................
RészletesebbenNémeth László Matematikaverseny április 16. A osztályosok feladatainak javítókulcsa
Németh László Matematikaverseny 007. április 16. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak 9. osztályosoknak 1. feladat a) Vegyük észre, hogy 7 + 5 felírható 1 + 3 + 6 + alakban, így
RészletesebbenNEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL
NEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL SZAKDOLGOZAT Készítette: Farkas Mariann Matematika BSc Tanári szakirány Témavezető: Pappné Dr. Kovács Katalin, egyetemi docens Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös
RészletesebbenMinden egész szám osztója önmagának, azaz a a minden egész a-ra.
1. Számelmélet Definíció: Az a egész szám osztója a egész számnak, ha létezik olyan c egész szám, melyre = ac. Ezt a következőképpen jelöljük: a Tulajdonságok: Minden egész szám osztója önmagának, azaz
RészletesebbenFELADATOK ÉS MEGOLDÁSOK
3. osztály A mellékelt ábrán két egymás melletti mező számának összege mindig a közvetlen felettük lévő mezőben szerepel. Fejtsétek meg a hiányzó számokat! 96 23 24 17 A baloldali három mezőbe tartozó
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 006-007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív
RészletesebbenParaméteres és összetett egyenlôtlenségek
araméteres és összetett egyenlôtlenségek 79 6 a) Minden valós szám b) Nincs ilyen valós szám c) c < vagy c > ; d) d # vagy d $ 6 a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: m < - vagy m > A második egyenlôtlenségbôl:
Részletesebbenmegtalálásának hihetetlen nehéz voltán alapszik. Az eljárás matematikai alapja a kis FERMAT-tétel egy következménye:
Az RSA módszer Az RSA módszer titkossága a prímtényezős felbontás nehézségén, a prímtényezők megtalálásának hihetetlen nehéz voltán alapszik. Az eljárás matematikai alapja a kis FERMAT-tétel egy következménye:
Részletesebben1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen
10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős
RészletesebbenRacionális számok: Azok a számok, amelyek felírhatók két egész szám hányadosaként ( p q
Szóbeli tételek matematikából 1. tétel 1/a Számhalmazok definíciója, jele (természetes számok, egész számok, racionális számok, valós számok) Természetes számok: A pozitív egész számok és a 0. Jele: N
RészletesebbenVersenyfeladatok. Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny és KÖMAL feladatok megoldása, elemzése. Készítette: Perity Dóra Témavezető: Somfai Zsuzsa
Versenyfeladatok Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny és KÖMAL feladatok megoldása, elemzése Készítette: Perity Dóra Témavezető: Somfai Zsuzsa 2013. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar
RészletesebbenA TERMÉSZETES SZÁMOK
Boronkay György Műszaki Középiskola és Gimnázium 2600 Vác, Németh László u. 4-6. : 27-317 - 077 /fax: 27-315 - 093 WEB: http://boronkay.vac.hu e-mail: boronkay@vac.hu Levelező Matematika Szakkör 2018/2019.
RészletesebbenMegoldások 9. osztály
XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet
Számelmélet DEFINÍCIÓ: (Ellentett) Egy szám ellentettjén azt a számot értjük, amelyet a számhoz hozzáadva az 0 lesz. Egy szám ellentettje megegyezik a szám ( 1) szeresével. DEFINÍCIÓ: (Reciprok) Egy 0
RészletesebbenFormális nyelvek és automaták
Formális nyelvek és automaták Nagy Sára gyakorlatai alapján Készítette: Nagy Krisztián 2. gyakorlat Ismétlés: Megjegyzés: Az ismétlés egy része nem szerepel a dokumentumban, mivel lényegében a teljes 1.
RészletesebbenVarga Tamás Matematikaverseny Javítási útmutató Iskolai forduló 2016/ osztály
1. Az erdészet dolgozói pályázaton nyert facsemetékkel ültetnek be egy adott területet. Ha 450-et ültetnének hektáronként, akkor 380 facsemete kimaradna. Ha 640 facsemetével többet nyertek volna, akkor
Részletesebben1. előadás: Halmazelmélet, számfogalom, teljes
1. előadás: Halmazelmélet, számfogalom, teljes indukció Szabó Szilárd Halmazok Halmaz: alapfogalom, bizonyos elemek (matematikai objektumok) összessége. Egy halmaz akkor adott, ha minden objektumról eldönthető,
RészletesebbenAlgebra es sz amelm elet 3 el oad as Nevezetes sz amelm eleti probl em ak Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev
Algebra és számelmélet 3 előadás Nevezetes számelméleti problémák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Számok felbontása hatványok összegére 2. Prímszámok 3. Algebrai és transzcendens számok Tartalom
RészletesebbenBOLYAI MATEMATIKA CSAPATVERSENY KÖRZETI SZÓBELI FORDULÓ 2005. OKTÓBER 29. 5. osztály
5. osztály Józsi bácsi egy farkassal, egy kecskével és egy fej káposztával egy folyóhoz érkezik, amin át szeretne kelni. Csak egy olyan csónak áll rendelkezésére, amellyel a felsoroltak közül csak egyet
RészletesebbenSzámelméleti alapfogalmak
1 Számelméleti alapfogalmak 1 Definíció Az a IN szám osztója a b IN számnak ha létezik c IN melyre a c = b Jelölése: a b 2 Példa a 0 bármely a számra teljesül, mivel c = 0 univerzálisan megfelel: a 0 =
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 100
Részletesebben3. Fuzzy aritmetika. Gépi intelligencia I. Fodor János NIMGI1MIEM BMF NIK IMRI
3. Fuzzy aritmetika Gépi intelligencia I. Fodor János BMF NIK IMRI NIMGI1MIEM Tartalomjegyzék I 1 Intervallum-aritmetika 2 Fuzzy intervallumok és fuzzy számok Fuzzy intervallumok LR fuzzy intervallumok
RészletesebbenVERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT. Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar
VERSENYFELADATOK AZ ÁLTALÁNOS ÉS KÖZÉPISKOLÁBAN SZAKDOLGOZAT Készítette: Besenyei Beáta Témavezető: Dr Kiss Emil Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Matematika Alapszak Tanári Szakirány
Részletesebben43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ, 1. forduló ÖTÖDIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK
Telefon: 37-8900 Fax: 37-8901 43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ, 1. forduló ÖTÖDIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK 1. 1. Egy osztási műveletben az osztandó és az osztó összege 89.
RészletesebbenA törzsszámok sorozatáról
A törzsszámok sorozatáról 6 = 2 3. A 7 nem bontható fel hasonló módon két tényez őre, ezért a 7-et törzsszámnak nevezik. Törzsszámnak [1] nevezzük az olyan pozitív egész számot, amely nem bontható fel
Részletesebben1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint
A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül
Részletesebben1. fogalom. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Milyen tulajdonságai vannak az összeadásnak? Hogyan ellenőrizzük az összeadást?
1. fogalom Add meg az összeadásban szereplő számok 73 + 19 = 92 összeadandók (tagok) összeg Összeadandók (tagok): amiket összeadunk. Összeg: az összeadás eredménye. Milyen tulajdonságai vannak az összeadásnak?
RészletesebbenSzámlálási feladatok
Számlálási feladatok Ezek olyan feladatok, amelyekben a kérdés az, hogy hány, vagy mennyi, de a választ nem tudjuk spontán módon megadni, csak számolással? ) Ha ma szombat van, milyen nap lesz 200 nap
Részletesebben