Felírjuk egy papírra az 1,2,3,...1986 számokat. Ezek közül két tetszőleges számot letörölünk, és helyettük a különbségüket írjuk fel. Ezt a műveletet addig ismételjük, amíg csak egyetlen 0-tól különböző szám marad. Igaz-e, hogy ez a szám páratlan?

Nem csak annak örül az ember ha érti a megoldást, hanem ha megérteti valakivel :)

krwkco is gondolom ezért szeret segíteni ill. a másik hozzászóló aki kicsit magára vette a "kritikám"

Jó egyébként a közölt megoldása , inkább letisztultabb formára gondoltam. Mire gondolok:

1. mit kell elsőnek észrevenni: hogy az utolsó szám hogyan áll elő a kiindulási számokból:

a b c d e f g h ...

a (b-g) c d e f h ...

(a-e) (b-g) c d f h ...

((b-g)-(a-e)) c d f h ...

...

((...)-(...))

Tehát az utolsó szám az összes szám valamely előjelű összege:

n = +/-1 +/- 2 +/- 3 ... +/- 1986

Az nem mondható el hogy az összes előjelezési eset előállítható, de ez is valami.

2. Egy összeg "párossága" csak attól függ hány páratlan eleme van, attól nem hogy milyen előjellel van összegezve.

3. 1986/2=993 => páratlanok száma páratlan így az előjeles összeg biztosan páratlan. :) Ennyi igazából.

AZTÁN mitől működik a feladat? Nézzünk mögé:

I.Van egy metódus, amivel kvázi megőriztük a számokat a sorozatból egy kicsikét "kódolva",de úgy őriztük meg hogy a 2-vel való oszthatóságukat is cipelik tovább. Ennek köszönhető hogy az utolsó szám oszthatósága az eredeti számok osztási maradékainak előjeles összegétől függ.

II. Speciális a 2-vel való oszthatóság. Mert a maradék csak 0 és 1 lehet. Egy ilyen szám negatív előjellel az oszthatóságot a következőképpen változtatja, maradékok közötti művelettel kifejezve:

(0 -) 0 esetén 0

(0 -) 1 esetén 1

Konyhanyelven: a szám maradék-"hozzájárulása" ugyan az mint a szám ellentétének a maradékváltoztató tulajdonsága, ez nagyon fontos, mert ennek lesz a következménye, hogy nem számít az előjel ÉS egyértelmű lesz a maradék. Ez csak 2-es osztásnál van így.

3-masnál:

0 esetén 0

1 esetén 2

2 esetén 1

Itt már a maradékot hordozó szám maradék-hozzájárulása azért nem lenne egyértelmű, mert az függ az előjeltől, ami szintén nem egyértelmű.

Próbálkozhatunk olyan "szűkítő metódussal" ami egyértelművé teszi az előjelet VAGY olyannal ami azt eredményezi, hogy csak 0 és b maradék határozza meg az összeget, úgy hogy ekkor 2b (páros osztó - 3nál nem is működne) oszthatóságra kérdezhetnénk rá, akár úgy hogy 2b-vel osztva b lesz e a maradék?

PÉLDA:

Vegyük az első 2022 db négyzetszámot: 1 4 9 16 ...

És válasszunk 2-t véletlenszerűen, és helyettük írjuk vissza a különbségük 3-szorosát, amíg egyetlen szám marad. Igaz-e hogy a visszamaradt egyetlen számhoz hozzáadva 3-at osztható 6-tal? :)

Tudod akkor érted meg igazán a feladatot ha feltárod a szerkezetét is tudsz ilyet generálni. Egyébként a témakör egyértelműen az oszthatóság és a maradékokkal való művelet. Nem feltétlen 9.-es tananyag.

Igen. A betűk egy egy számot jelölnének. Bocsi. :)

Mert ha kiválasztod mondjuk az 1012-őt meg a 505-öt akkor (1012-505),de ezt a számot egyszer újra ki fogod választani és akkor, mondjuk 1985-(1012-505)=1985-1012+505, és így tovább...

Szorzás nem is szerepel az egész feladatban.

A betűk között nem szorzás van, szimpla felsorolás.

Bármit azért kell kiválasztani, mert ezt mondja a feladat. A lényeg az, hogy ha egy korábban kapott különbséget kiválasztasz, akkor azzal gyakorlatilag a korábban kiválasztott számok esetlegesen előjellel megváltoztatott alakját veszed bele a kivonásba.

Egyébként van sokkal átláthatóbb megoldás is; mivel csak a paritással foglalkozunk (ami azt jelenti, hogy egy szám páros vagy páratlan, ami azt jelenti, hogy 0-val vett maradéka 0 vagy 1), ezért minden számot osszunk el 2-vel, és a számok helyére írjuk azok maradékait:

1, 0, 1, 0, 1, 0, ..., 1, 0, ahol 993 darab 0 és 1 van.

Ezen sokkal jobban látszik, hogy mi lesz a különbség a végén (lehetséges válaszok: vagy 0, vagy 1, vagy lehet mindkettő), és ugyanez igaz lesz az eredeti paritására is, mivel a paritás ott is ugyanúgy működik.