Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[486] jenei.attila2009-11-16 20:31:59

Tényleg elszámoltam.

Előzmény: [485] nadorp, 2009-11-16 16:27:18
[485] nadorp2009-11-16 16:27:18

Szerintem elszámoltad, nálam 0,68 k=3 esetén

Előzmény: [484] jenei.attila, 2009-11-16 13:13:36
[484] jenei.attila2009-11-16 13:13:36

Nem fordítva áll az eredeti feladatban az egyenlőtlenség jel? Ha a=3, b=\sqrt{3}, c=1, akkor a baloldali kifejezés értéke nagyobb mint 3/4. Vagy valamit elszámoltam?

Előzmény: [481] m2mm, 2009-10-19 21:01:55
[483] m2mm2009-11-11 14:24:35

B. 4211. Mutassuk meg, hogy nincs olyan racionális együtthatós polinom, amely pontosan egy egész helyen vesz fel nem egész értéket. Létezik-e ilyen tulajdonságú valós együtthatós polinom?

Megoldás: Mint ismert, ha egy p(x) valós együtthatós polinom k-adfokú, akkor tetszőleges valós a-ra \sum_{i=0}^{k+1}(-1)^i\binom{k+1}{i}p(a-i)=0.

Ha véges sok a-ra lesz p(a) nem egész(p foka k), akkor vegyük a legkisebbet, mondjuk b-t. Ekkor -p(b)=\sum_{i=1}^{k+1}(-1)^i\binom{k+1}{i}p(b-i). A bal oldal nem egész, a jobb viszont igen:ellentmondás, nem létezik ilyen val. együtthatós polinom.

[482] nadorp2009-10-20 16:18:08

Az biztos, hogy az állítás n=2 esetén nem mindig igaz. Pontosabban:

1.) 3-2\sqrt2\leq k\leq3+2\sqrt2 esetén a maximum valóban \frac2{k+1}

2.minden más k-ra a maximum \frac{k+1}{2\sqrt k|k-1|}

Szerint n>2 esetén is valami hasonló lesz a helyzet. Nem számoltam még végig, de szerintem az ai-k legfeljebb 2-féle értéket vehetnek fel maximum esetén, pontosabban bizonyos k esetén az összes egyenlő, a másik esetben pedig két különböző érték

Előzmény: [481] m2mm, 2009-10-19 21:01:55
[481] m2mm2009-10-19 21:01:55

Üdv! Talált valaki a B. 4201.-re olyan megoldást, ami alkalmazható ai>0, i=1,2,...n (an+1=a1)és adott k>0 esetén

\sum_{i=1}^n \frac{a_ia_{i+1}}{a_i^2+ka_{i+1}^2}\le \frac{n}{k+1} bizonyítására(ha ez igaz)?

[480] Tibixe2009-10-13 21:39:44

Lényegesen egyszerűbb nem hiszem hogy lenne.

A te 2. lemmádból szerintem elég sokféleképpen be lehet fejezni, de hallottam azt elkerülő megoldásról is.

A. 487. meglett neked?

Előzmény: [479] S.Ákos, 2009-10-13 19:45:59
[479] S.Ákos2009-10-13 19:45:59

A. 486. Eléggé vázlatosan:

Lemma1: \nu(2n)-\nu(n)=n. Egyszerű teljes indukció n-re

Lemma2.: \nu(n)+\tau(n)=n, ahol \tau(n) az 1-esek száma n 2-es számrendszerbeli alakjában. Itt felhasználjuk az első segédtételt, és azt, hogy \tau(2n+1)=\tau(n)+1; \tau(2n)=\tau(n), teljes indukcióval.

Lemma3.: Minden n-re van végtelen sok olyan a1<a2<a3<... egész szám, hogy (2ai-1,n)=1, és 2a1-1\equiv2a2-1\equiv...(modn). n:=2^s k=2^s {p_1}^{\alpha _1}{p_2}^{\alpha _2}\cdot...\cdot {p_k}^{\alpha_k}, k páratlan. Legyen q olyan prím, amire q>Max(opi(2),s). Ezzel a választással pi|2q-1 nem állhat a rend tulajdonságai miatt, 2-vel nem osztható. Másrészt 2^{\varphi (k)}\equiv 1 (k), így q+l\varphi(k) alakú számok megfelelnek, ai:=q+i\varphi(k)

Megmutatjuk, hogy a következő számok: A1=2a1,A2=2a1+2a2,...,Am=2a1+2a2+...+2am teljes maradékrendszer mod m. Az Ai szám 2-es számrendszerbeli felírásában i darab 1-es van, így a 2-ik lemma alapján: \nu(A_i)=A_i-i=\sum 2^{a_i}-1\equiv i(2^{a_1}-1) (mod m). De (2a1-1,m)=1, így ez az m szám teljes maradékrendszert alkot mod m

Valaki tud mutatni egyszerűbbet?

[478] rizsesz2009-05-21 14:49:20

Annak idején amúgy lényegesen több jó megoldás volt :) Nem mellesleg az ottani megoldás tartalmazza a diszkussziót: http://www.komal.hu/verseny/2002-01/B.h.shtml (a legutolsó mondat, persze azt ki kell fejteni).

Előzmény: [477] m2mm, 2009-05-21 14:44:22
[477] m2mm2009-05-21 14:44:22

Hát igen. A 3 pontosok többsége, de nem mindenki megtalálta, ezt kaptam:

Javító (az összes versenyzőnek), 2009/05/09 19:36

Kedves Versenyzők!

A feladat lényegében egyezik a B.3521. korábbi feladattal, de ott sajnálatos módon rossz megoldás szerepel, mely csupán 3 pontot ér. Ha észrevettétek, hogy 1 vagy \frac{p}{(1-p)} a jó valószínűség, az még bizonyításra szorul, hogy p\le \frac 12 esetén \frac{p}{(1-p)} lesz a jó megoldás, ez folytonossággal, határértékszámítással vagy teljes indukcióval könnyen igazolható.

Egy további probléma: aki ezt a levelet megkapta, az feltehetően megnézte, márcsak kíváncsiságból is azt a B.3521.-es feladatot.

A fölötte levő B. 3515. feladat:

Bizonyítsuk be, hogy a \big[\sqrt2\cdot n\big] alakú számok között végtelen sok 2-hatvány van. (4 pont)

Magyarán az 5 pontos áprilisi feladatra lesz pár másolt megoldás, mivel ehhez hasonlóan meg lehet oldani (lehet hogy kicsit nehezebb a mostani, de a módszer ugyanaz). Úgy gondolom, a javítóknak erre vigyázni kéne.

Előzmény: [476] rizsesz, 2009-05-21 11:22:34
[476] rizsesz2009-05-21 11:22:34

A baktériumos b-t meg már kitűzték annak idején a B-ben (2002 januárjában :))

[475] rizsesz2009-05-21 11:22:06

C. 976. Adjuk meg azt a legszűkebb intervallumot, ahová három pozitív szám összegének és a reciprokaik összegének szorzata eshet.

Itt amúgy nem szükséges annak bizonyítása, hogy bármilyen értékhez van megfelelő a, b, c hármas?

[474] Blinki Bill2009-05-19 20:54:27

Az A.479. megoldásában nem úgy van helyesen, hogy "...és (3) csak d>6 esetén teljesülhet..."?

[473] Tibixe2009-05-18 19:02:23

A480-at hogy kellett volna megoldani? Kinek sikerült?

[472] Kós Géza2009-05-14 16:56:27

Valóban kimaradt egy + jel. Kijavítottam.


\sum_{i=1}^{n-1} a_ia_{i+1} \le
\left( \sum_{i\equiv0~(2)} a_i \right)
\left( \sum_{j\equiv1~(2)} a_j \right)
\le
\left(\frac{
\left( \sum_{i\equiv0~(2)} a_i \right) +
\left( \sum_{j\equiv1~(2)} a_j \right)
}2\right)^2=\frac14

Előzmény: [469] Tibixe, 2009-05-13 22:57:20
[471] Csimby2009-05-14 15:22:41

Szerintem az nem kell. Úgy 1 jönne ki \frac14 helyett. Számtani mértani közepet használ az A="páros indexű tagok összege" és B="páratlan indexű tagok összege" számokra.

Előzmény: [470] Lóczi Lajos, 2009-05-14 07:33:58
[470] Lóczi Lajos2009-05-14 07:33:58

Szerintem igen, sőt, az összegzéseket is kell terjeszteni a páros/páratlan indexekről az összesre, nem?

Előzmény: [469] Tibixe, 2009-05-13 22:57:20
[469] Tibixe2009-05-13 22:57:20

A478 megoldás

Itt a jobb oldalon a tört számlálójába nem kéne egy + jel?

[468] leni5362009-04-28 23:25:31

Szerintem is ez a szemléletes jelentés. A beküldők igen jelentős része szerint akkor pattan felfele a golyó, amikor a pattanást követően a sebesség lejtő irányú komponense felfele mutat, láthatóan ez nem ugyanaz. Szerintem nem is szemléletes ez az értelmezés, viszont egyszerűbb vele számolni valamivel.

Előzmény: [467] Willy, 2009-04-28 12:40:48
[467] Willy2009-04-28 12:40:48

...Ha engem kérdeznél akkor én azt mondanám, hogy addig pattog felfelé, amíg a "lejtővel történő ütközések pontjai" az előző "ütközési pontoknál" mindig magasabbra kerülnek...

Előzmény: [466] leni536, 2009-04-27 16:47:44
[466] leni5362009-04-27 16:47:44

A P.4137. feladatban szerintetek mi számít "felfele" pattanásnak egy lejtőn?

[465] Káli gúla2009-04-22 10:02:03

Halmazok közt az X "elhagyása" Y-ból a különbséghalmazt kell, hogy jelentse, ami mindig értelmes. Egy elem elhagyása pedig az adott elemből álló egyelemű halmaz elhagyását kell hogy jelentse. (Bár ha az üres halmazból álló egyelemű halmazból akarnánk elhagyni az ürest halmazt, akkor ez a szóhasználat erősen kétértelmű, de "középikolás fokon" ilyesmi nem valószínű, hogy gondot okoz.

Előzmény: [463] BohnerGéza, 2009-04-22 00:48:38
[464] HoA2009-04-22 07:43:12

Élesíteném BohnerGéza észrevételét: Szerintem a feladat vagy triviális vagy hibás.

1. A feladat állítása így hamis. Mivel semmi sem biztosítja, hogy van olyan szám, amelyik mindegyik részhalmazban szerepel, ezért nem igaz, hogy van olyan szám amelyet minden (rész)halmazból elhagyva akármi is történik. Nem is kell az üres halmaz. Az (1,2,3,4) halmaznak például 4 ilyen részhalmaza az (1,2) (1,3) (2,3) (2,4) részhalmaz.

2. Ha úgy értelmezzük a feladatot, hogy arra az esetre vonatkozik, amikor van minden részhalmazból elhagyható szám, akkor triviális: két különböző részhalmazból ugyanazt a számot elhagyva továbbra is különbözőek maradnak. ld [463]

3. Feltehetőleg a kitűző valami olyasmit akart írni, hogy "van olyan szám, amelyet minden olyan (rész)halmazból elhagyva, amelynek eleme..."

Előzmény: [463] BohnerGéza, 2009-04-22 00:48:38
[463] BohnerGéza2009-04-22 00:48:38

4152 Ha nem akarom kitalálni, mire gondolt a feladat kitűzője, akkor a következő is megoldása a feladatnak:

Nem biztosítja semmi, hogy az adott n db részhalmaz mindegyikében szerepel ugyanaz a szám, pl. ha köztük van az üres halmaz. Ekkor nincs olyan szám, amelyet minden halmazból elhagyhatunk. Ha pedig véletlenül lenne olyan szám, amelyet az összes részhalmazból elhagyhatunk, akkor az így maradtak nyilvánvalóan különböznek.

Szerencsés a feladat megfogalmazása?

Előzmény: [462] Káli gúla, 2009-04-21 23:03:50
[462] Káli gúla2009-04-21 23:03:50

B. 4152. Adott az 1,2,3,...,n számoknak n darab különböző részhalmaza. Bizonyítsuk be, hogy van olyan szám, amelyet minden halmazból elhagyva, a megmaradó halmazok továbbra is különbözőek.

Megoldás. Mivel a részhalmazok azonosíthatók az n-hosszúságú 0-1 sorozatokkal, a 0-1 sorozatok pedig az n-dimenziós egységkocka csúcsaival, így a feladat geometriai köntösben úgy szólhatna, hogy az n-dimenziós kocka n csúcsához mindig található olyan tengelyirány, amellyel párhuzamosan vetítve az n csúcs vetülete mind különböző lesz. Ha ez nem így lenne, akkor minden ei irányhoz lehetne találni a kiválasztott csúcsok között legalább egy olyan párt, amelyek az i-edik vetítésnél egybeesnek, azaz amelyekre PiQi || ei. Így a megadott csúcsok által kifeszített hipersík minden koordinátatengely irányában tartalmazna egy-egy párhuzamos egyenest, ami nyilván ellentmond annak, hogy n pont által kifeszített hipersík dimenziója legfeljebb n-1 lehet.

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]