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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[657] Tibixe2011-07-01 14:05:57

Elég rögtön használni a számtani-mértani egyenlőtlenséget, homogenizálni és átrendezni.

(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c) \ge 4\sqrt{(1+ac)(1+bd)}

A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt 4\sqrt{(1+ac)(1+bd)} \le 4\frac{1+ac+1+bd}{2}=4+2ac+2bd. Ezért erősebb állítás, hogy

(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c)\ge4+2ac+2bd

Kifejtve és kivonva:

ad+bc+ab+cd\ge4

A feltétellel szerint a+b+c+d=abc+abd+acd+bcd és itt mindkét oldal pozitív, tehát utóbbi két oldalával ekvivalens átalakításként szorozhatjuk az állítást:

(a+b+c+d)(ad+bc+ab+cd)\ge4(abc+abd+acd+bcd)

A zárójeleket felbontva és nullára rendezve:

a2b+a2d+ab2-2abc-2abd-2acd+ad2+b2c+bc2-2bcd+c2d+cd2\ge0

Ezt átírva:

(a+c)(b-d)2+(b+d)(a-c)2\ge0

Ez nyilván teljesül, mert nemnegatív teljes négyzetek nemnegatív együtthatós polinomja is nemnegatív.

Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32
[656] sakkmath2011-07-01 09:01:36

Az előbbi név helyesen: Schwarz.

Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32
[655] sakkmath2011-07-01 08:44:32

A KöMaL 2011/5-ös, májusi

számában megjelent

A.536. feladat egyik megoldása:

[654] Ali2011-06-03 07:53:07

"Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki."

Vszínűleg elkerülte a figyelmedet az utolsó mondat:

Ha pedig a=b\ge1, akkor a2c+1|2a2 -ből triviálisan következik, hogy c=1 és a=1.

Előzmény: [653] Róbert Gida, 2011-06-01 16:58:08
[653] Róbert Gida2011-06-01 16:58:08

"Legyenek először a és b relatív prímek (a,b)=1 és a>b (a>b feltehető, mivel a feladat a-ban és b-ben szimmetrikus)"

Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki.

Szép megoldás. Amikor megláttam a feladatot nekem egyből a Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből (Aritmetika és algebra) 118. csillagos feladata ugrott be, nem tévedtem, a megoldás (és az egyenlet) hasonló: x2+y2+z2=kxyz. Ennek a feladatnak egy általánosítását már egyszer elsütötték A feladatként. Érdemes megvenni a könyvet.

Előzmény: [652] Ali, 2011-06-01 16:00:37
[652] Ali2011-06-01 16:00:37

Megoldás A.533. -ra: Határozzuk meg mindazokat a pozitív egészekből álló (a,b,c) számhármasokat, amelyekre a2+b2 osztható (abc+1)-gyel.

Legyenek először a és b relatív prímek (a,b)=1 és a>b (a>b feltehető, mivel a feladat a-ban és b-ben szimmetrikus). Legyen továbbá k\ge1 olyan egész,melyre

a2+b2=k(abc+1)(1)

Ha b>1 (b=1 eset később tisztázva bn=1-nél), akkor legyenek a1=b és b1=kbc-a. Ekkor fennál, hogy

a12+b12=k(a1b1c+1)(2)

Biz.: írjuk vissza a1 és b1 helyébe b-t és kbc-a-t: b2+(kbc-a)2=k(b(kbc-a)c+1). Rendezés után (1)-et kapjuk.

Fennáll továbbá, hogy 0<b1<b.

Biz.: k(a1b1c+1)=a12+b12\ge1 -ből következik, hogy a1b1c\ge1/k-1>-1. Mivel a1 és c pozítív egészek és b1 egész, azért b1\ge0. Felhasználva továbbá azt, hogy (a,b)=1 következik, hogy b1=(kbc-a)>0. Másrészt bb1<ab1=a(kbc-a)=b2-k<b2, tehát b1<b és nyilván b=a1<a. (a,b)=1-ből következik, hogy (b,kbc-a)=1, tehát (a1,b1)=1 is fennáll.

Azt kaptuk, hogy (a1,b1,c,k) -ra szintén teljesül (1).

Folytassuk a rekurziót egészen addig, míg b értéke 1 lesz. A rekurziós képlet:

ai=bi-1,bi=kbi-1c-ai-1(3)

A fenti gondolatmenetet megismételve kapjuk, hogy bi<bi-1=ai<ai-1 és (ai,bi)=1.

Legyen tehát an=bn-1,bn=kbn-1c-an-1=1. Ekkor an2+1=k(anc+1) és ezért anc+1|an2+1. Áll.: ez csak akkor lehetséges, ha an=c és k=1.

Biz.:Tegyük fel, hogy létezik c<an és l>1 úgy, hogy l(anc+1)=an2+1\impliesan(an-lc)=l-1>0. Ezért egyrészt an|l-1 és így an<l, másrészt an-lc>0, ebből pegig an>lc\gel

következik,ami ellentmondás. Tehát an=c és k=1, továbbá an=bn-1>1 miatt c>1.

A (3) lineáris másodrendű rekurziót visszafelé megoldva a bn=1 és az an=c értékekből kiindulva c>2 esetén a=\frac{\lambda_1^{n+1}-\lambda_2^{n+1}}{\sqrt D} és b=\frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\sqrt D}, ahol \lambda1,2 az x2-cx+1=0 egyenlet gyökei (\lambda1>\lambda2), D az egyenlet diszkriminánsa és n\ge1.

c=2 esetén a rekurzió az a=n+1 és b=n megoldást adja, ahol szintén n\ge1.

Ezek pedig mind megoldások is. Ennek bizonyítása egyszerűen visszahelyettesítéssel történhet felhasználva, hogy \lambda1+\lambda2=c, \lambda1.\lambda2=1 és D=c2-4, k=1.

Nevezzük a továbbiakban az (a,b,c) hármast relatív prím megoldásnak, ha (a,b)=1. Legyen most (a,b,c) egy relatív prím megoldás, ahol c=d2c1, d>1, c1\ge1. Ilyen megoldás láttuk létezik. Ekkor (ad,bd,c1) egy nem relatív prím megoldás lesz, mivel (ad)(bd)c1+1=ab(d2c1)+1|a2+b2|(da)2+(db)2

Fordítva legyen (a,b,c) egy nem relatív prím megoldás (előbb láttuk ilyen létezik), melyben (a,b)=d>1, a=a1d, b=b1d, (a1,b1)=1. Ekkor mivel a1b1d2c+1|d2(a12+b12) és (a1b1d2c+1,d)=1, azért a1b1d2c+1|(a12+b12), tehát (a1,b1,d2c) egy relatív prím megoldás. Így minden nem relatív prím megoldás egyértelműen előáll egy relatív prím (a,b,c) megoldásból (ad,bd,c1) formában, ahol c=d2c1, d>1 és c1\ge1.

Végül marad a c=1 eset. Láttuk, hogy relatív prím megoldás nem létezik c=1 esetén (ahhoz c>1 kellett). A nem relatív prím megoldások pedig azok az (ad,bd,1) alakú megoldások, melyekben (a,b,d2) egy relatív prím megoldás, ahol d>1.

Ha pedig a=b\ge1, akkor a2c+1|2a2 -ből triviálisan következik, hogy c=1 és a=1.

[651] Róbert Gida2011-05-13 21:44:51

Lejárt C1076. közölt megoldása érdekes.

Az ember azt hinné, hogy egy C feladatot azért nem lehet elszúrni, de mégis: "A gyökökre vonatkozó feltétel szerint a(a+1)-1=(a+1)2-a2" és itt van a hiba, a feladat a két gyök különbségéről beszélt, és még azt sem mondta, hogy a nagyobbikból a kisebbiket vonjuk ki. De, ha ezt feltesszük akkor is rossz, lásd a=-2, amikor (a+1)2-a2<0 teljesül.

Ki lehet számolni, nem jön be új megoldás, igazából ugyanezeket kapjuk meg még egyszer, de a közölt megoldás elvi hibás marad.

[650] Róbert Gida2011-05-03 00:25:12

Másik biz.: \cos ^2 x=\frac {1+cos(2x)}{2}. De \sum _{i=1}^n cos(2x_i)=0, használjuk, hogy a csúcsok n, illetve n/2 csúcsú (minden csúcs 2-szer) szabályos sokszög csúcsaiba mennek át, attól függően, hogy n ptlan vagy ps, továbbá azt, hogy a szab. sokszög súlypontja az origó. Ebből már következik az állítás (n darab 1/2 lesz az összeg). Sinusra hasonló süthető el, vagy használjuk, hogy cos2x+sin2x=1

Előzmény: [648] bily71, 2011-05-02 21:43:27
[649] bily712011-05-02 22:38:19

A 0\le\varphi\le\pi/2m kikötés felesleges, \varphi tetszőleges.

Előzmény: [648] bily71, 2011-05-02 21:43:27
[648] bily712011-05-02 21:43:27

Állítás:

Legyenek az origó középpontú, egységsugarú kör kerületére illeszkedő P1(x1,y1),P2(x2,y2),...,Pn(xn,yn) pontok egy szabályos n-szög csúcsai, ekkor \sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=n/2.

Bizonyítás:

Legyen n=4m, húzzuk be az origón átmenő átlókat, ekkor van m darab egymásra merőleges átlópárunk (n,m\inN).

Tekintsük az AmA3m, A2mA4m átlópárt. Ha az Am pontba mutató vektor az x tengellyel \varphi szöget zár be, akkor a koordináták így alakulnak Pm(cos\varphi,sin\varphi),P2m(sin\varphi,-cos\varphi),P3m(-cos\varphi,-sin\varphi),P4m(-sin\varphi,cos\varphi) (0\le\varphi\le\pi/2m). Ekkor xm2+x2m2+x3m2+x4m2=2(sin2\varphi+cos2\varphi)=ym2+y2m2+y3m2+y4m2=2(sin2\varphi+cos2\varphi)=2. Ezt eljátszva a többi átlópárral kapjuk, hogy n=4m esetén \sum_{i=1}^{4m} x_i^2=\sum_{i=1}^{4m} y_i^2=2m (0\le\varphi\le\pi/2m).

n=2m esetén a problémát visszavezetjük az n=4m esetre: Töröljük a 4m-szög azon Pi csúcsait, ahol 2|i, ekkor kapunk egy szabályos 2m-szöget. Minden átlópár egyik tagja törölve lett a végpontokkal és azok koordinátáival együtt. Mivel xm2+x3m2=ym2+y3m2=x2m2+x4m2=y2m2+y4m2 és ez igaz minden átlópárra, azért \sum_{i=1}^{2m} x_i^2=\sum_{i=1}^{2m} y_i^2=m.

n=m esetén a problémát visszavezetjük az n=2m esetre: Megintcsak töröljük a 2m-szög azon pi csúcsait, ahol 2|i, ekkor egy szabályos m szöget kapunk. Minden átló egyik végpontja törölve lett. Az átlók végpontjai az origóra tükrözve egymásba vihetők, ezért a koordinátáik egymás ellentettjei: Pi(xi,yi)\toPi'(-xi,-yi), vagyis xi2=(-xi)2,  yi2=(-yi)2. Ebből már következik, hogy \sum_{i=1}^{m} x_i^2=\sum_{i=1}^{m} y_i^2=m/2, m tetszőleges, tehát az állítás igaz bármely természetes számra.

Előzmény: [647] jenei.attila, 2011-05-02 12:53:41
[647] jenei.attila2011-05-02 12:53:41

Ezt légyszíves részletezd: "Legyenek egy szabályos n-szög csúcsainak koordinátái x1,y1, x2,y2, ...,xn,yn, ekkor \sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=n/2"

Előzmény: [640] bily71, 2011-04-28 19:15:23
[646] bily712011-04-29 13:20:13

Köszönöm.

Úgy látom már leesett, ezért nem folytatom :)

Előzmény: [643] Maga Péter, 2011-04-29 12:31:19
[645] bily712011-04-29 13:17:39

A feladat szerint az Ai pontok egy kör kerületén helyezkednek el, hát legyen ez a kör az egységsugarú, origó középpontú kör.

A feladat szerint az A1A3 szakasz az A2 pontból \pi/2n szögben látszik, vagyis az A1,A3 pontok által határolt körív kerületi szöge \pi/2n (a pontok egy kör kerületén vannak!), vagyis a körív középponti szöge \pi/n.

Az A3A5 szakasz az A4 pontból ugyancsak \pi/2n szögben látszik, vagyis a szakasz az origóból ugyancsak \pi/n szögben látszik, ez csak úgy lehetséges, ha az A1,A3,A5 pontok egy a körbeírt szabályos 2n-szög csúcsai. Ugyanezt eljátszva az öszes Ai ponttal, ahol i páratlan, kapjuk, hogy az Ai pontok egy szabályos 2n-szög csúcsai. (Persze, az Ai pontok halmaza csak részhalmaza a 2n-szög csúcsai halmazának.)

Az is nyílvánvaló, hogy az A1A2n+1 szakasz átmegy az origón. Forgassuk az A1 pontot a (0,1), az A2n+1-et a (0,-1) pontba.

Ugyanígy az Aj pontok is, ahol j páros, egy szabályos 2n szög csúcsai. Az A1A2 szakasz az origóból a feladat szerint tetszőleges \varphi szögben látszik, ahol a feltételek miatt 0\le\varphi\le\pi/n, vagyis ezt a 2n-szöget origókörüli, \varphi-szögű forgatással kapjuk az előzőből.

A feladat szerint az l1 szakasz egyik végpontja az A1 pont (én most azonosítottam a szakasz hosszát magával a szakasszal, ha nem baj), a másikat jelöljük M1-gyel, amely pont egyben az l2 szakasz egyik végpontja, a másikat jelöljük M2-vel, ezt folytatva kapjuk az M1,M2,...,M2n-2 pontokat.

Az A1A2M1,  A2M1M2,  A3M2M3,...,A2nM2n-2A2n+1 háromszögek hasonlók, hiszen a feladat szerint az A2,A3,...,A2n-1,A2n csúcsokban elhelyezkedő szögek mindegyike \pi/2n. Ezek egyben váltószögek, hiszen a megfelelő száraik közösek, továbbá az összes háromszög egyik oldala egy egyenesre, az y tengelyre illeszkedik, a így a háromszögek oldalai páronkét párhuzamosak, vagyis hasonlóak.

Mivel a háromszögek hasonlóak, bennük a megfelelő oldalak és a hozzájuk tartozó magasságok aránya állandó, jelöljük ezt c-vel, c\ne0.

A feladat szerint l12-l22+l32-l42+...-l2n-22+l2n-12=0, vagyis \sum_{2|i}l_i^2=\sum_{2\times i}l_i^2, ahol 1\lei\le2n-1 és ×: "nem osztója".

Ha az előző teljesül az li szakaszokra, akkor teljesül a rájuk emelt magasságra is, azaz \sum_{2|i}m_i^2=\sum_{2\times i}m_i^2 (minden li szakasz az előbb részletezett háromszögek közül az egyik alapja), ugyanis mi=lic-t behelyettesítve \sum_{2|i}l_i^2c^2=\sum_{2\times i}l_i^2c^2, ebből c^2\sum_{2|i}l_i^2=c^2\sum_{2\times i}l_i^2. Mivel c\ne0, ezért leoszthatunk c2-tel, így visszakapjuk az eredeti állítást, tehát elég az mi-kre belátni.

Vegyük észre, hogy az mi szakasz hossza megegyezik az Ai+1 pontba (ami az mi-hez tartozó háromszög csúcsa) mutató helyvektor x koordinátájának "hosszával", ugyanis az mi-k, mivel magasságok, merőlegesek az alapokra, melyek az y tengelyere illeszkednek, így merőlegesek az y tengelyre, így a vetületük hossza egyenlő az Ai+1 pont vetülete és az origó közti távolsággal, ami definíció szerint épp a pont x koordinátájnak abszolút értéke.

Szerintem még mindig pontatlan, de ha visszamegyünk az axiómákig, akkor sosem érünk a végére.

Folyt. köv.

Előzmény: [641] Maga Péter, 2011-04-29 10:09:22
[644] Maga Péter2011-04-29 12:33:17

Igazából az zavart meg, hogy az elején mindenre rámondtad, hogy szabályos 2n-szög (amik egyébként nem azok, nem is 2n-szögek).

Előzmény: [643] Maga Péter, 2011-04-29 12:31:19
[643] Maga Péter2011-04-29 12:31:19

Igazad van, és én tévedtem.

A leírásban még van hová fejlődni, egyébként így tovább!

Előzmény: [642] bily71, 2011-04-29 10:52:31
[642] bily712011-04-29 10:52:31

"...ez a megoldás hibás, legalábbis erősen hiányos."

Nem hibás, de valóban erősen hiányos, legalábbis az, amit leírtam. Készíts ábrát és azonnal megérted a gondolatmenetem. Ha mégsem, leírom precízebben.

Előzmény: [641] Maga Péter, 2011-04-29 10:09:22
[641] Maga Péter2011-04-29 10:09:22

Nem oldottam meg a feladatot, nem is nagyon gondolkodtam rajta, úgyhogy a partvonalon túlról szólok (és könnyen lehet, hogy tévedek): ez a megoldás hibás, legalábbis erősen hiányos. Az első két bekezdés már első ránézésre is elképesztő pontatlanságokat tartalmaz. De utána is 'valami bűzlik Dániában', ahogy mondani szokás.

Előzmény: [640] bily71, 2011-04-28 19:15:23
[640] bily712011-04-28 19:15:23

A.530.

Legyen a kör az origó középpontú egységkör, továbbá legyen A1(0,1) és A2n+1(0,-1)!

A kerületi és középponti szögek tételéből következik, hogy az A1A3,...,A2n+1 pontok egy szabályos 2n-szög csúcsai. Az A2A4,...,A2n pontok ugyancsak egy szabályos 2n-szög csúcsai, melyet az előbbi 2n-szögből origó körüli \varphi szögű forgatással kapunk (0\le\varphi\le\pi/n).

Jelöljük az A1A2n+1 és az A2A3A3A4,...,A2nA2n+1 szakaszok metszéspontjait M1M2,...,M2n-nel! Ekkor az A1A2M1A3M1M2,...,A2nM2n-2A2n+1 háromszögek hasonlóak, ugyanis az A1A2M1\angleM1A3M2\angle,...,M2n-2,A2nA2n+1\angle szögek váltószögek és a háromszögek alapjai egy egynesre (az y tengelyre) esnek, így az oldalaik páronként párhuzamosak.

Mivel a hárömszögek hasonlóak, az alap és a ráemelt magasság aránya mindegyikben megegyezik, vagyis mi/\elli=c \implies mi=\ellic \implies \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2 c^2=c^2\sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2=0, c\ne0 \implies \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2=0 . Tehát elég azt megmutatni, hogy \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}m_i^2=0 teljesül.

Vegyük észre, hogy a magasság hossza a háromszög alapjával szemközti csúcsába mutató helyvektor x koordinátájának abszolút értékével egyezik meg.

Legyenek egy szabályos n-szög csúcsainak koordinátái x1,y1x2,y2, ...,xn,yn, ekkor \sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=n/2. (A bizonyítást, ha szükséges, leírom.)

Ha az A3A5,...,A2n+1 pontokat tükrözzük az origóra, akkor egy szabályos 2n-szöget kapunk. Mivel az Ai és az Ai' pontok x koordinátáinak abszolút értéke megyegyezik, ezért \sum_{2|i}m_i^2=n/2. Ugyanígy eljárva az A2A4,...,A2n pontokkal kapjuk, hogy \sum_{2\times i}m_i^2=n/2, (×: nem osztható) ebből \sum_{2|i}m_i^2=\sum_{2\times i}m_i^2 \implies \sum_{2|i}\ell_i^2=\sum_{2\times i}\ell_i^2 \implies \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2=0 , vagyis az állítás igaz.

[639] Róbert Gida2011-04-24 16:30:19

Igen, nagyon tömören fogalmaz Lovász, de kell is, mert különben 3-4-szer nagyobb lenne a könyv, ha mindent kiepszilonozna.

Előzmény: [637] Tibixe, 2011-04-23 22:31:58
[638] jonas2011-04-24 13:18:05

Ez gyors volt. Nekem majdnem egy évbe telt, amíg megtaláltam a Lovászban, pedig hamarabb kellett volna. Most már egyébként három lényegesen különböző megoldást is tudok a feladatra. Ha gondolod, szorgalmi feladatként találd meg mind a hármat.

Azzal vitatkoznék, hogy hipergráfokkal egyszerűbb a megfogalmazás. Szerintem nem, de más is mondta már, hogy igen.

Előzmény: [636] Róbert Gida, 2011-04-23 21:58:42
[637] Tibixe2011-04-23 22:31:58

És akkor most olvasd el az ott közölt bizonyítást, és vedd észre, hogy szó szerint beküldve nagyon nem érne 5 pontot.

Előzmény: [636] Róbert Gida, 2011-04-23 21:58:42
[636] Róbert Gida2011-04-23 21:58:42

Így már érthető. Ha már észrevettem a hipergráfos átfogalmazást, gondoltam megnézem Lovász Kombinatorikai problémák és feladatok c. könyvében, hogy megtalálom-e. 13. fejezet 27. példája pontosan ez, kínairól matematika nyelvére lefordítva (13. fejezet a hipergráfos.) És csak fél métert kellett nyúlnom érte az asztalomon.

janomo, ezt is veheted egy általam elmondott nehéz feladatnak.

Előzmény: [635] Kemény Legény, 2011-04-23 19:10:47
[635] Kemény Legény2011-04-23 19:10:47

Szerintem félreolvashattál valamit, talán azt, hogy "...amelyre C bármely két elemének és A-nak van közös eleme". Amit te feltételezel, az az, hogy C bármely három elemének kell legyen közös eleme, amit semmi sem garantál.

Előzmény: [634] Róbert Gida, 2011-04-23 18:01:45
[634] Róbert Gida2011-04-23 18:01:45

Igazad van, a megoldás is fent van már.

Amit nem értek most az a (lejárt) A531, az megoldás, hogy C egy halmazát választom ki A-nak, és akkor persze Nk=k jó lesz, de ez túl könnyű lenne A-nak nem?

Csak a feladatkitűzéshez: ezt miért nem lehetett volna hipergráffal, hiperélekkel megfogalmazni? Kicsit érthetőbb lett volna.

Előzmény: [633] Maga Péter, 2011-04-19 13:31:03
[633] Maga Péter2011-04-19 13:31:03

Az A.527-528-nál akár még igazad is lehet, bár nem látom be, hogy egy nehéz pontversenyben miért ne lehetnének olykor könnyebb feladatok.

De ugye az A.532-nél nem gondolod komolyan, hogy le*megoldás*ozod másnak a munkáját csupán azért, mert tudsz belőle viccet csinálni? Arról nem is beszélve, hogy n=0 esetén nem lenne a1, viszont a feladat szövegében konkrétan meg van nevezve a1. Ennyit a szellemes *ellenpéldádról*.

Előzmény: [624] Róbert Gida, 2011-04-18 02:07:42

  [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]