Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

És ez nekünk elég is.

Tehát minden polinom megfelelő?

g^(l).

Tehát ha g konstans tagja 0, akkor g^(l) n-nél kisebb fokú együtthatói pⁿ-nel oszthatók. Legyen f=g⁽⁰⁾+g⁽¹⁾+...+g^(l-1). Mennyi ekkor g-(f-f^*)?

m=1, k=1: cf_0,1(g^*)0 (mod p¹)

Tehát már m=2-re működik:

cf_0,1(g⁽²⁾)0 (mod p²).

Indukcióval

cf_0,1(g^(k))0 (mod p^k).

(1)-ből kiindulva, m=2-re áttérve

cf_0,1,2(g⁽²⁾)0 (mod p¹),

így m, és "ezen belül" k szerinti indukcióval

cf_0,1,...,m-1(g^(m+k))0 (mod p^k).

Az látszik ebből, hogy a minimális szám, melyre n-nél kisebb fokú együtthatói biztos pⁿ-nel oszthatók, az =2n.

Megpróbálom összefoglalni. Ha f olyan, hogy a konstans tagja 0, és benne a k-nál kisebb fokú együtthatók mind oszthatók p^m-nel, és a pontosan k fokú együttható osztható p^m-1-nel, akkor f^*-ban a legfeljebb k fokú együtthatók mind oszthatók p^m-nel.

Most azt bizonyítsd be, hogy ha g konstans tagja 0, akkor (rögzített n mellett) ha elég sokszor alkalmazzuk rá a *-ot, egy olyan polinomot kapunk, amelyben az n-nél kisebb fokú együtthatók pⁿ-nel oszthatók. Tehát mondjuk legyen g⁽⁰⁾=g, g⁽¹⁾=g^*, általában g^(k)=(g^(k-1))^*. Bizonyítsd be, hogy ha g konstans tagja 0, akkor elég nagy N-re (n előre rögzített), g^(N) n-nél kisebb fokú együtthatói pⁿ-nel oszthatók.

Jelölje cf_i(h) az h polinom i fokú együtthatóját.

Nyilván h=f^* és i=1,2,3,...,k-1 esetén ez p^m-mel osztható. Tekintsük cf_k(f^*)-t. A k-adfokú tagot a kisebb fokú tagok hozzák létre (0 mod p^m), és még hozzáadódik az együtthatóhoz a_kp, ami ugyanezt teljesíti. cf_k+1(f^*) következik. Korábbi fokú tagok, a_k is benne van, de a_k+1p miatt semmit sem tudunk már erről (és nem is kell róla) mondani.

Érdekes lépés. Végtelen leszállással próbáltam megközelíteni, de túlegyszerűsítettem a dolgot. Úgy látszik, itt is ez lesz.

Az f(x) polinom elég, ha n-edfokú (talán pár nulla "együtthatóval").

Tegyük fel, hogy f(x)=a_Nx^N+...+a_kx^k+...+a₁x, ahol a₁,...,a_k-1 mind oszthatók p^m-nel, a_k pedig nem osztható p^m-nel, de osztható p^m-1-gyel. Mit tudunk mondani f^* kis fokú együtthatóiról a p^m-nel való oszthatóságot illetően?

B.4521-re első körben F₁, F₂, F₃, M C egy körön vannak: ez trivi, kb szögszámolgatás, innét szerintem legegyszerűbb a C-re való inverzió, ekkor a két kis kör két párhuzamos egyenes lesz, a nagy kör meg ezeket érinti belülről, az érintő kör meg vele egyenlő sugarú lesz, és érinti ezeket. Innét minimális számolással (a C-n átmenő kör egyenes lesz) adódik az állítás.

Pontosítás: a konstans-együttható nulla.

B.4520-hoz nem kell Titu-lemma, van könnyebb megoldás is. Legyen p:=(y+z)/2, q:=(z+x)/2, r:=(x+y)/2. Ha ezekkel számolunk, a közepek közötti becslések nem lesznek olyan élesek. Átírva a feladatbeli kifejezést:

Ezt háromszor AM-GM-mel becsüljük, ekkor a, b, c háromszögoldalak mellett teljesül az összefüggés. (További vizsgálat a hivatalos megoldás szerint.)

B.4515 megoldása.

Tekinthetjük a második dobást (1+2+3+4+5+6)/6=3,5-nek. Ugyanis a nyeremény várható értéke még egy dobás esetén ennek felel meg. Így elég csak az első dobással foglalkozni, illetve annak következményeivel. Feltehető még, hogy a játékos stratégikusan játszik.

Legyen az első dobás eredménye "a", a zseton ára "x". A játékos elméletileg választhat: 100a-x, vagy 350a-2x legyen a nyeresége. Akkor dob másodszor, ha 100a-x<350a-2x, azaz x/250<a.

Innen próbálgatással kapható, hogy 500<x<750. Tehát összességében a következő egyenletet elég megoldani:

100(1+2)-2x+350(3+4+5+6)-8x=0

6600=10x, x=660.

Ha a zseton ára 660 pénzegység, az üzemeltetőnek pont nulla a várható nyeresége. Tehát ennél nagyobb árú zsetonok kellenek.

-

Megjegyzés Róbert Gidának: a pénzegységet én választom meg :P (a játékot nyilván forintra találták ki) amúgy ha szigorúan vesszük igazad van :-) Azért nem így írtam a beküldött dolgozatban.

g-nek nincs konstansegyütthatója, így osztható x-szel. Mellesleg, minden értéke p-vel osztható.

Először bizonyítsuk be, hogy f és f^* konstans tagja ugyanaz. Milyen szükséges feltételt kapunk ebből g-re?

Fent van már a megoldás. Bár attól elég távol van, arról sokat nem ír, hogy hogyan jött ki a megoldás. Javítóként ilyenre 0 pontot adtam volna másolás gyanúja miatt.

Egyébként az általános esetben is mindig van optimális tiszta stratégia, azaz olyan, hogy minden x-re p_x az nulla vagy egy. (Ezt könnyű látni).

Forintot meg ne írj, a feladat nem beszélt forintról, a megoldás sem.

Jó nehéz volt a mostani A582. Van arra bizonyításom, hogy g fokszáma p-nél kisebb. Hogyan tovább? Van-e megoldásotok?

Nem írtak ki a következő feladatra megoldást:

B.4515. Zseton bedobása után a játékautomata feldob egy szabályos játékkockát, majd megmutatja a dobás eredményét. Választhatunk: (1.) felvesszük a nyereményt - ami a dobott szám értékének 100-szorosa - és a játék véget ér, vagy (2.) újabb zsetont dobunk az automatába. Az utóbbi esetben a gép ismét dob, és a nyeremény a két dobott szám szorzatának a 100-szorosa. A játék legkésőbb a második dobás után véget ér. Legalább mennyi legyen a zseton ára, hogy az automata üzemeltetőjének hosszú távon nyeresége legyen?

____________________________________________________________________________________________________________

Tisztázásra vár, hogy mi a feladat helyes megoldása, hogy kell értelmezni a feltételeket. Nekem 660 jött ki, de érdekel a Ti megoldásotok is.

Igazoljuk, hogy ha a zseton ára 650 forint, a matematikus játékos számára nyereséges volna a játék.

Ezenkívül megkérdezném, mi volna, ha 1-től n-ig lehetnek a dobott számok, illetve ha más-más szorzót kap a dobott szám a kétféle körben. Mi van, ha három kör is van?

B.4516. Mivel van 45 fokos szög, ezért T_aF_b és T_bF_a oldalfelező egyenesek ---> Euler-vonal.

Már tudjuk, hogy semennyi :)

Igen. A.578 - köszönöm a segítséget.

Végiggondoltad már, hogy a Sawayama-lemma bizonyításait hogy lehet átírni kívülről érintő körre?

A nagy csendre való tekintettel,

Segítség az A.578.-hoz. Legyen f(x₁,...,x_k) egész együtthatós polinom, és p₁,...,p_k különböző prímszámok. Bizonyítsuk be, hogy

(1) Az alakú számok szorzata egész szám.

(2) Ha alakú számok közül valamelyik nulla, akkor mindegyik nulla.

Mi több, a B.4491. megoldása is könnyű.

Az A.580 feladat az A.574 feladat továbbgondolása, és az A.574 feladatra is csak 1 helyes megoldás érkezett. Habár az internetre raktak megoldást (A.574-re), szerintem A.580-ra legfeljebb 3 jó megoldás érkezhetett. Úgy tűnik, a szükséges elméleti háttér sajnálatosan mélyen belenyúlik az egyetemi tananyagba.

A.579 is kissé szerencsétlen volt, nem tudom, ki tud(hat) a Sawayama-lemmáról.

A decemberi feladatok jók voltak, szerintem az első kettőre rá lehetett volna jönni (???), de nagyon sokat kellett volna rajtuk gondolkozni.

Az A.572 nem tűnt olyan nehéznek a statisztika alapján, az A.570 és A.578 feladattal együtt örömmel látnék rájuk megoldást.

Szoros lesz az idén ez a nemhivatalos online A pontverseny. A580-ra vajon hány megoldás érkezett? Nem tűnt valami egyszerűnek a bizonyítás.