[687] R.R King | 2011-10-17 15:38:07 |
Sziasztok!
Szokatlanul nagy a csend az első fordulóról. Ki milyennek találta idén a sort? (Bármelyik kategóriában)
|
|
|
|
[684] Róbert Gida | 2011-07-26 10:55:35 |
Legyen k olyan mely rendelkezik a tulajdonsággal. Tegyük fel, hogy k-nak van 3-nál nagyobb prímosztója, legyen egy ilyen p, és pa az n pontos prímhatványosztója. Ekkor az x2mod pa,
kongurenciarendszer kínai miatt megoldható, a megoldás relatív prím n-hez, mert p>2. Továbbá x24mod p, de x21mod n is igaz, így x21mod p is, ellentmondás (p>3 volt). Így csak 2,3 lehet az n prímosztója, de akkor x=5 relatív prím n-hez, így 521mod n, azaz n|24 és a legnagyobb közülük n=24 jó is.
|
Előzmény: [677] Csimby, 2011-07-26 08:07:59 |
|
[683] R.R King | 2011-07-26 09:47:57 |
Üdv.
Én az alábbi feladathoz kérnék segítséget. Ez is egy régi Oktv feladat volt: x,y pozitív egész p prímszám, oldjuk meg az alábbi egyenletet: x3-y2=4p Ehhez így nincs túl sok ötletem... (Egy netes oldalon találtam, könnyen megeshet, hogy elírás és y kitevője is 3, de úgy meg bírom oldani) Köszi a segítséget előre is.
|
|
|
[681] Maga Péter | 2011-07-26 09:38:30 |
Ami a kreativitást illeti: abból persze triviális, hogy hogyan néz ki egy adott modulus mellett a multiplikatív csoport. Akkor ezt még nem tudtuk, és ezért nincs ezzel a megoldással semmi baj.
|
Előzmény: [679] Kemény Legény, 2011-07-26 08:48:19 |
|
[680] Maga Péter | 2011-07-26 09:28:25 |
Igen. Én is így csináltam anno. Egyébként a 2002-es első válogatón volt, ha jól emlékszem, az első feladat. Ott xy-1 és x-y álltak xy+1 és x+y helyett. Továbbá nem a legnagyobbat kellett megtalálni, hanem az összeset. Pontosan a 24 osztói jók. (A legnagyobb a 24.)
|
Előzmény: [679] Kemény Legény, 2011-07-26 08:48:19 |
|
[679] Kemény Legény | 2011-07-26 08:48:19 |
Az akkori megoldásom mellesleg nem volt túl kreatív, a Csimby által elkezdett úton vázlatosan: (k,p)=1p21(k), azaz pl. minden 1<p<k prímre p|k vagy kp2-1. Tehát a -nél kisebb (prím)számok mind osztói a k-nak. Az pedig egyrészt ismert, hogy mik ezek a számok (-val helyett megtalálható a Skljarszkij-Csencov-Jaglom:...-ban), másrészről egy egyszerű becsléssel kijön, hogy 'túl sok' prím van, azaz ha k elég nagy, akkor a Csebisev-tétel miatt van prím és között, ill. és között ill. és között, ezek szorzatából pedig adódik egy felső becslés k-ra: . Lényegében tehát csak véges sok k-t kell megvizsgálni, de további egyszerű ötletekkel ez jelentősen csökkenthető (pl. p=2,3 bevételével sokat javul a becslés, egészen addig, hogy versenyen is gyorsan le lehessen ellenőrizni, még úgy is, hogy emlékeim szerint nekünk az összes k-t meg kellett határozni a válogatón...)
|
|
[678] Kemény Legény | 2011-07-26 08:16:19 |
Érdekes ez a feladat, főleg azért, mert 2004-ben érettségiztem, mégis tisztán emlékszem, hogy korábban már ezt a feladatot (vagy ezzel teljesen ekvivalenset) megoldottam egy versenyen. Nevezetesen egy 2003-2004 körüli olimpiai válogatóverseny 1-2. feladata lehetett, csak azokat nem találom sehol a neten... Lehetséges, hogy alig 1-2 éven belül 2 versenyen is feladták volna ugyanazt??
|
Előzmény: [675] Csimby, 2011-07-25 23:02:03 |
|
|
[676] Róbert Gida | 2011-07-26 01:50:26 |
Nincs igazad, k=8-ra például 4 inkongruens megoldás van. De a befejezést sem látom, hogy akkor mi lett k=6-tal, az teljesíti a feltételeket vagy sem (bár tökmindegy mert ahogy látom k=8 teljesíti a feltételeket és 8>6). Egyébként k=24 a megoldás. Azért valami minimális pontot biztos adnának a megoldásodra.
|
Előzmény: [675] Csimby, 2011-07-25 23:02:03 |
|
[675] Csimby | 2011-07-25 23:02:03 |
2004-2005 III. kat döntő 2. feladat (ennek a fordulónak nem találom a megoldásait sem a kormányoldalon, se máshol)
Határozzuk meg a legnagyobb olyan k egészt, amely rendelkezik az alábbi tulajdonsággal: Minden olyan esetben, amikor az x, y egész számokra xy+1 osztható k-val, akkor x+y is osztható k-val.
Tegyük fel, hogy k rendelkezik a tulajdonsággal. Minden x mod k redukált maradékosztályhoz egyértelműen létezik a -x-1 mod k redukált maradékosztály, melyre x(-x-1)+10 (mod k) és így a tulajdonság miatt x-x-10 (mod k) vagyis x21 (mod k) teljesül minden x mod k redukált maradékosztályra. Ennek az egyenletnek maximum kettő (k>2-re pontosan kettő) megoldása van: x1 (mod k). Azt kaptuk tehát, hogy a mod k redukált maradékosztályok száma legfeljebb 2. Nem nehéz belátni, hogy k=6 a legnagyobb egész melyre (k)2.
|
Előzmény: [193] KiCsa, 2005-03-03 19:27:18 |
|
[674] logarlécész | 2011-03-04 17:34:35 |
Valaki megírná a második kategóriás döntő példáit? Előre is köszönöm!
|
|
[673] Maga Péter | 2011-03-02 18:02:44 |
Nem rossz példák, a 2. és a 3. kifejezetten érdekesek (mint kérdések), azt gondolom. Mindazonáltal egyiket sem találom kifejezetten nehéznek: a 2. és a 3. esetében az első ötletem jó volt, az 1.-höz sajnos nem volt ötletem, de az meg közvetlenül számolható, nem is bonyolult (gondolom, ügyes geométer arra is megtalálja a szép megoldást).
|
Előzmény: [672] Erben Péter, 2011-03-01 19:42:47 |
|
[672] Erben Péter | 2011-03-01 19:42:47 |
2010-2011, III. kategória, döntő
1. Az ABC derékszögű háromszög C csúcsából induló magasságának talppontja az AB átfogón D. A B csúcsból induló szögfelező a CD magasságot az E, az AC befogót az F pontban metszi. Igazoljuk, hogy AD>2.EF.
2. Van-e olyan pozitív egész, amelynek pozitív osztói között 2011-szer annyi négyzetszám van, mint köbszám?
3. Anna és Bálint a következő játékot játsszák: Anna rajzol egy tetszőlegesen nagy üres (azaz él nélküli) gráfot, majd egyesével behúz tetszőleges éleket, amelyeket Bálint közvetlenül a behúzás után kékre vagy pirosra színez. További szabály, hogy az így keletkező gráfban minden csúcs foka legfeljebb k lehet, és k értékében előre megállapodnak. Melyik az a legkisebb k, amely mellett Anna ügyes játékkal mindenképpen létre tud hozni egy 2011 hosszúságú egyszínű utat?
|
|
[671] Füge | 2011-02-08 16:39:20 |
Mert eddig akárhányszor írtam ide, mindig a II. kategóriáról volt szó.
|
|
|
[669] Füge | 2011-02-08 15:15:50 |
Azt elfelejtettem írni, hogy II. kategóriában természetesen :)
|
|
[668] Füge | 2011-02-08 15:05:50 |
Az idei ponthatár 24 pont.
|
|
|
|
[665] Füge | 2011-01-10 19:54:19 |
Köszönöm. Régebbi hozzászólásban olvastam, azért kérdeztem meg.
|
|
|
[663] Füge | 2011-01-10 14:34:56 |
Sziasztok.
Egy olyan kérdésem lenne, hogy még mindig él az a lehetőség, hogy ha az OKTV döntőn valamilyen eredményt elérsz, akkor 100%-os emelt érettségit kapsz? És ha igen akkor matekon mi ez a határ? Valamint ha februárban jelentkezem emelt érettségire, és esetleg elérem ezt a bizonyos eredményt OKTV-n (márciusban), akkor attól még el kell mennem érettségizni?
Előre is köszönöm. Üdv Füge
|
|