Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Köszönöm szépen!

Nagy valószínűséggel Te vagy a kitűző, ezért nem értem, hogy még most sincs fennt a megoldás.

Ha szabad kérdeznem, a Kürschák hogy sikerült?

Itt a \(\displaystyle 3.\) feladat (ami ennek egy egyszerűbb változata volt) helyett azt kell írni, hogy LTE-lemma, ezt elfelejtettem javítani.

Én az alábbi megoldást küldtem a szerkesztőségnek:

\(\displaystyle a)\) Az \(\displaystyle n\) számot \(\displaystyle n=pq_1q_2\dots{q_l}\) alakban fogjuk keresni, ahol \(\displaystyle p\) a \(\displaystyle k-1\) egy prímosztója, \(\displaystyle q_1,\) \(\displaystyle q_1,\) ..., \(\displaystyle q_l\) pedig páronként különböző prímek. A \(\displaystyle 3.\) feladat megoldása alapján tudjuk, hogy ha \(\displaystyle v_p(n)=1,\) akkor \(\displaystyle v_p(f^{2024}(n))=v_p(n)+2024v_p(k-1)=2024v_p(k-1)+1,\) ha \(\displaystyle p\) páratlan, és \(\displaystyle 2024(v_p(k-1)+v_p(k+1)-1)+1,\) ha \(\displaystyle p=2,\) továbbá \(\displaystyle v_p(f^i(n))<v_p(f^2024(n)),\) ha \(\displaystyle i<2024\). Így \(\displaystyle p\) kitevője \(\displaystyle f^2024(n)\)-ben egyértelműen meghatározott (ha \(\displaystyle v_p(n)=1\)), legyen ez \(\displaystyle M,\) és az \(\displaystyle f\) iteráltjainak sorozatában korábbi tagokban kisebb, mint \(\displaystyle M\). Legyen tehát \(\displaystyle q_1\) a \(\displaystyle k^{p^M}-1\) egy primitív prímosztója. Ezután definiáljuk a \(\displaystyle q_2,\) \(\displaystyle q_3,\) ..., \(\displaystyle q_l\) prímeket a következőképpen: legyen \(\displaystyle q_{i+1}\) a \(\displaystyle k^{f^{2024}(q_i)}-1\) egy primitív prímosztója. A következő állítás fog kelleni:

Lemma. \(\displaystyle q_t\mid{f^i(n)}\) ha \(\displaystyle 2025\mid{i}\), illetve \(\displaystyle q_t\not\mid{f^i(n)},\) ha \(\displaystyle 2025(t-1)<i<2025t\)

Bizonyítás. A bizonyítást \(\displaystyle t\) szerinti teljes indukcióval végezzük el. \(\displaystyle t=1\)-re világos, hiszen \(\displaystyle p_1\) pontosan akkor osztja \(\displaystyle f^i(n)\)-et, ha \(\displaystyle f^{i-1}(n)\) osztható \(\displaystyle p^M\), ami \(\displaystyle p\) kitevőjének az iteráltak sorozatában való szigorú monoton növekvése miatt pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle i-1\ge{2024},\) vagyis \(\displaystyle i\ge{2025}\) vagy \(\displaystyle i=0,\) azaz \(\displaystyle f^i(n)\) minden \(\displaystyle 2025\)-tel osztható \(\displaystyle q_1\)-gyel, de semmilyen \(\displaystyle 0<i<2025\)-re nem. Most tegyük fel, hogy valamilyen \(\displaystyle t\)-re már beláttuk az állítást, és szeretnénk \(\displaystyle (t+1)\)-re is. Ekkor \(\displaystyle k\) rendje mod \(\displaystyle q_{t+1}\) éppen \(\displaystyle f^{2024}(q_t),\) vagyis \(\displaystyle q_{t+1}\) pontosan akkor osztja \(\displaystyle f^i(n)\)-et, ha \(\displaystyle f^{2024}(q_t)\mid{f^{i-1}(n)}\)-et. A trükk az az egyszerű állítás, hogy \(\displaystyle f(a)\mid{f(b)}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle a\mid{b}.\) Ez azért igaz, mert mod \(\displaystyle k^a-1\) a \(\displaystyle k\) rendje \(\displaystyle a,\) így \(\displaystyle k^a-1\mid{k^b-1}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle a\mid{b}.\) Ezen állítás segítségével indukcióval azonnal adódik, hogy \(\displaystyle f^{2025-j}(q_t)\) akkor és csakis akkor osztja \(\displaystyle f^{i-j}(n)\)-et (\(\displaystyle j\le{\min(i,2025)}\)), ha \(\displaystyle f^{2024}(q_t)\) osztja \(\displaystyle f^{i-1}(n)\)-et, vagyis ez utóbbi \(\displaystyle i\ge{2025}\) esetén pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle q_t\mid{f^{i-2025}(n)},\) ez pedig az indukciós feltevés alapján azt jelenti, hogy \(\displaystyle q_{t+1}\mid{f^i(n)},\) ha \(\displaystyle i\) osztható \(\displaystyle 2025\)-tel (ugyanis \(\displaystyle q_{t+1}\) osztja \(\displaystyle n=f^0(n)\)-et is), és \(\displaystyle q_{t+1} \not\mid{f^i(n)},\) ha \(\displaystyle 2025t<i<2025(t+1),\) mert ekkor \(\displaystyle 0\le{2025(t-1)}<i-2025<2025t,\) tehát \(\displaystyle q_t \not\mid{f^{i-2025}(n)}\).

A lemma bizonyítása után vegyük észre, hogy készen vagyunk az \(\displaystyle a)\) résszel, ugyanis ekkor ha \(\displaystyle 2025l>m,\) akkor ha \(\displaystyle 2025\mid{i},\) akkor \(\displaystyle f^i(n)\) osztható a lemma alapján a \(\displaystyle q_1,\) \(\displaystyle q_2,\) ..., \(\displaystyle q_l\) számok mindegyikével, továbbá nyilván \(\displaystyle p\)-vel is, tehát \(\displaystyle n\)-nel is, míg ha \(\displaystyle 2025 \not\mid{i},\) és \(\displaystyle i<2025l\), akkor létezik olyan \(\displaystyle t\le{l},\) hogy \(\displaystyle 2025(t-1)<i<2025t,\) és ekkor \(\displaystyle q_t\not\mid{f^i(n)},\) vagyis \(\displaystyle n\not\mid{f^i(n)}\).

\(\displaystyle b)\) Belátjuk, hogy ez nem lehetséges, sőt erősebben, ha \(\displaystyle n\mid{f^{2025}(n)},\) akkor elég nagy \(\displaystyle N\)-re \(\displaystyle n\mid{f^N(n)}\).

Az ötlet a következő: soroljuk fel \(\displaystyle n\) osztóit a legnagyobb prímosztójuk nagysága szerint növekvő sorrendben, ha pedig két osztóban ugyanaz a legnagyobb prím kitevője, akkor azt soroljuk előrébb, amelyben az kisebb kitevőn van. Indukcióval fogjuk megmutatni, hogy az osztók sorozatának minden tagjára igaz, hogy elég nagy \(\displaystyle n\)-re osztja \(\displaystyle f^N(n)\)-et, így végül speciálisan \(\displaystyle n\)-re is. Legyenek ehhez az osztók sorban \(\displaystyle d_1,\) \(\displaystyle d_2,\) ..., \(\displaystyle d_m\). Világos, hogy \(\displaystyle d_1=1\)-re teljesül az állítás, így tegyük fel, hogy \(\displaystyle d_{s-1}\)-ig már minden osztóra beláttuk az állítást, és szeretnénk \(\displaystyle d_s\)-re is.

Ehhez legyen \(\displaystyle g(a)=ord_a(k)\) minden \(\displaystyle a\)-ra, ami relatív prím \(\displaystyle k\)-hoz. A kulcs észrevétel az, hogy tetszőleges \(\displaystyle a\)-ra \(\displaystyle a\mid{f^{2025}(n)}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle g^{2025}(a)\) értelmes, és \(\displaystyle g^{2025}(a)\mid{n}\). Ez egyszerű indukcióval következik abból, hogy \(\displaystyle a\mid{f^i(n)}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle g(a)\mid{f^{i-1}(n)},\) ami nyilvánvaló. Így mivel \(\displaystyle d_s\mid{n}\mid{f^{2025}(n)},\) ezért \(\displaystyle g^{2025}(d_s)\) létezik és osztja \(\displaystyle n\)-et. Most jön a kulcsgondolat: azt állítjuk, hogy ez a sorozatban korábban helyezkedik el \(\displaystyle d_s\)-nél, amivel készen lennénk az indukciós lépéssel, mert akkor az indukciós feltevés miatt \(\displaystyle g^{2025}(d_s)\mid{f^{i}(n)}\) elég nagy \(\displaystyle i\)-re, tehát ezen \(\displaystyle i\)-kre \(\displaystyle d_s\mid{f^{i+2025}(n)},\) vagyis \(\displaystyle d_s\mid{f^i(n)}\) elég nagy \(\displaystyle i\)-re. Ez egyszerű, ha észrevesszük, hogy \(\displaystyle g(a)\) legnagyobb prímosztója nem lehet nagyobb, mint \(\displaystyle a\) legnagyobb prímosztója, továbbá ha \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle g(a)\) legnagyobb prímosztója azonos, akkor \(\displaystyle g(a)\)-ban kisebb kitevőn szerepel, mint \(\displaystyle a\)-ban, ami azonnal következik az Euler-Fermat-tételből, mely szerint \(\displaystyle g(a)\mid\varphi(a),\) és \(\displaystyle \varphi(a)\)-nak a felírás szerint nem lehet nagyobb prímosztója, mint \(\displaystyle a\)-nak, továbbá \(\displaystyle a\) legnagyobb prímosztója eggyel kisebb kitevőn szerepel benne, mint \(\displaystyle a\)-ban. Így \(\displaystyle g^{2025}(d_s)\) legnagyobb prímosztója vagy annak kitevője kisebb, mint \(\displaystyle g^{2025}\)-ben, tehát az osztók sorozatában előrébb van, mint \(\displaystyle d_s\), készen vagyunk az indukcióval, és így a feladattal is.

Még egy észrevétel, amit Berkó Erzsi vett észre:

Az rendben van, hogy a \(\displaystyle p_x*x^2+2q*xy+p_y*y^2=1\) másodrendű görbét a következőképpen osztályoztam:

Ha \(\displaystyle p_x*p_y>q^2\), akkor a másodrendű görbe ellipszis.

Ha \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\), akkor a másodrendű görbe párhuzamos egyenespár.

Ha \(\displaystyle p_x*p_y<q^2\), akkor a másodrendű görbe hiperbola.

De vannak olyan esetek, amikor a másodrendű görbe üres alakzat, ugyanis nincs olyan \(\displaystyle (x;y)\) pár, amelyek eleget tennének a másodrendű görbe egyenletének. Például, ha \(\displaystyle -9*x^2+12*xy-4*y^2=1\) esetében \(\displaystyle p_x=-3\), \(\displaystyle q=6\), \(\displaystyle p_y=-4\), ezekre a \(\displaystyle p_x\), \(\displaystyle p_y\) értékekre teljesül a \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\) egyenlet, tehát ez az egyenlet lehetne párhuzamos egyenespár egyenlete. Ugyanakkor a \(\displaystyle -9*x^2+12*xy-4*y^2=1\) egyenlet \(\displaystyle -1*(3x-2y)^2=1\) alakban írható, amiből látszik, hogy nincs olyan valós \(\displaystyle (x;y)\) pár, amelynek tagjai eleget tennének a \(\displaystyle -9*x^2+12*xy-4*y^2=1\). Tehát ekkor azt mondom, hogy ez egy képzetes alakzat, vagy üres alakzat, de mivel teljesül most a \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\) egy képzetes egyenespár egyenlete, amely valójában üres alakzat.

Ugyanígy lehetnek képzetes ellipszisek, vagy képzetes hiperbolák a \(\displaystyle p_x*x^2+2q*xy+p_y*y^2=1\) egyenletű másodrendű görbék között, attól függően, hogy \(\displaystyle p_x*p_y>q^2\), vagy \(\displaystyle p_x*p_y<q^2\), amelyeket ugyanúgy ellipszisnek mondok, vagy hiperbolának mondok, de ezek üres alakzatok. És hát üres alakzatra azt mondok, amit akarok.

az első megjegyzés: \(\displaystyle x^2-y^2=1\) egyenletű hiperbola. Köszönöm Berkó Erzsinek az észrevételt.

Zoltán, írtam neked korábban, hogy pl. (-5)*(-7)>4*4, de -5*x*x+8*x*y-7*y*y=1 nem ellipszis egyenlete. A megjegyzésnél ...=1 egyenletű hiperbolát szerettél volna írni.

Más. A feladat megoldásánál segíthet a R sugarú körbe írt háromszög T=abc/(4R) területképlete. Tulajdonképpen arra jutottunk, bár nem nagyon ismételtük naponta, hogy akármilyen ellipszis, akármilyen hiperbola, akármilyen parabola esetén létezik f függvény. A kúpszelet egyenletében levő dolgok megjelennek az f függvénynél.

Vajon egyértelmű az f függvény?

A B.5493-as feladat: Írjunk fel olyan, a síkvektorokhoz nemnegatív számokat rendelő \(\displaystyle f\) függvényt, amelyre teljesül, hogy bármely, az \(\displaystyle x^2−y^2=1\) hiperbolába írt ABC háromszög területe \(\displaystyle f(\vec{AB})⋅f(\vec{BC})⋅f(\vec{CA})\)

Amit én számoltam: Legyen a másodrendű görbe egyenlete \(\displaystyle p_x*x^2+2q*xy+p_y*y^2 =1\).

Ez a másodrendű görbe ellipszis, ha \(\displaystyle p_x*p_y>q^2\).

Ez a másodrendű görbe párhuzamos egyenespár, ha \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\).

Ez a másodrendű görbe hiperbola, ha \(\displaystyle p_x*p_y<q^2\).

Ha \(\displaystyle p_x*p_y\ne q^2\), akkor kúpszeletbe írt \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle T\) területe: \(\displaystyle T=f(\vec{AB})*f(\vec{BC})*f(\vec{CA})\), ahol \(\displaystyle v=(v_x;v_y)\) vektor. esetén:

\(\displaystyle f(v)=\frac{\sqrt{(|p_x*v_x^2+2q*v_x*v_y+p_y*v_y^2|)}}{\bigg(4*\sqrt{|p_x*p_y-q^2|}\bigg)^{1/3}}\).

Ha \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\), akkor az így definiált \(\displaystyle f\) függvény nem értelmezhető. Szerintem ekkor nincs is ilyen függvény.

Berkó Erzsivel néztük a parabolát:

A \(\displaystyle 2py=x^2\) parabola esetében \(\displaystyle f(v)=\frac{|v_x|}{(4|p|)^{1/3}}\).

A \(\displaystyle 2px=y^2\) parabola esetében \(\displaystyle f(v)=\frac{|v_y|}{(4|p|)^{1/3}}\).

A parabolás eset könnyen számolható volt.

Érdemes megvizsgálni az \(\displaystyle y=x^3+px+q\) harmadfokú görbébe írt \(\displaystyle ABC\) háromszög területét. Ehhez a következő \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) pontokat kell választani:

\(\displaystyle A=(t_A;t_A^3+p*t_A+q)\), \(\displaystyle B=(t_B;t_B^3+p*t_B+q)\), \(\displaystyle C=(t_C;t_C^3+p*t_C+q)\).

Ekkor is egy érdekes területképlet lesz az "ABC" háromszög területére:

\(\displaystyle T=\frac{|(t_A-t_B)(t_B-t_C)(t_C-t_A)(t_A+t_B+t_C)|}{4}\)

Még egy megjegyzés: Az \(\displaystyle x^2-y^2-1\) egyenletű parabolát én a következőképpen paramétereztem:

\(\displaystyle x=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{t})\),

\(\displaystyle y=\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})\).

Ezzel a paraméterezéssel könnyen számolható az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle T\) területe, ha:

\(\displaystyle A=\big(\frac{1}{2}(t_A+\frac{1}{t_A});\frac{1}{2}(t_A-\frac{1}{t_A})\big)\)

\(\displaystyle B=\big(\frac{1}{2}(t_B+\frac{1}{t_B});\frac{1}{2}(t_B-\frac{1}{t_B})\big)\)

\(\displaystyle C=\big(\frac{1}{2}(t_C+\frac{1}{t_C});\frac{1}{2}(t_C-\frac{1}{t_C})\big)\)

Nyilván a Szerkesztőség és a kitűző szíve joga az egyes feladatok besorolása és pontszámának meghatározása, de a C.1875. inkább B-jelű feladat, míg a B.5486. talán C-erősségű.

Mi a véleményetek?

Kedves Fórumozók,

van vkinek vázlatos megoldása (vagy teljes) az A.916. feladatra?

B.5471.

"Legfeljebb hány számot lehet kiválasztani az első 50 pozitív egész szám közül úgy, hogy semelyik kettő szorzata ne legyen negyedik hatvány?"

Nem derült ki :)

B. 5460. Körök hatványvonala átmegy a háromszög magasságpontján. Bizonyításokat keresve a következőt is észrevettem. Az AB oldal felezőpontja legyen Z. Néztem 3-3 szöget: JEF, FED, DEI, illetve JZF, FZD, DZI. Ezek egyenlőek voltak. A középsők: FED és FZD a Feuerbach-kör miatt voltak egyenlőek.

Egy apró elírás, helyesen: ... nézzük 2 rendjét modulo q

Elegáns megoldás.

Lejárt A909. teljesen triviális, és sokkal rövidebb bizonyítás is van: legyen \(\displaystyle n=2^{p}\), ahol \(\displaystyle p\) prím, ekkor \(\displaystyle n^3-1=2^{3p}-1\). Ha \(\displaystyle q\) prím osztja \(\displaystyle 2^{3p}-1\)-et akkor nézzük a rendjét modulo 2, ez triviálisan osztja \(\displaystyle 3p\)-t, így \(\displaystyle o=1,3,p,3p\) lehet csak. Az \(\displaystyle o=1\) nem lehet, ha \(\displaystyle o=3\) akkor \(\displaystyle q=7\). Egyébként a rend \(\displaystyle p\) vagy \(\displaystyle 3p\), de akkor kis Fermat tétel miatt \(\displaystyle q-1\) osztható \(\displaystyle p\)-vel. Így tetszőleges \(\displaystyle p\geq N+6\) prím esetén az \(\displaystyle n=2^{p}\) megoldást ad, mert csak \(\displaystyle q=7\) illetve \(\displaystyle q\equiv 1\mod {p}\) lehet prímosztó, így a különböző prímosztók különbsége legalább N.

javítom előző hozzászólásomat: A hatvány: \(\displaystyle −6*R^2∗\cos(\alpha)∗\cos(\beta)∗\cos(\gamma)\). A "6"-os tényező lemaradt.

B.5460. feladat. Tehát adott egy \(\displaystyle ABC\) háromszög, az oldalak és szögek a szokott módon vannak jelölve. Legyen \(\displaystyle R\) a háromszög köré írt \(\displaystyle k\) kör sugara. Ennek a \(\displaystyle k\) körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O\).

Legyen \(\displaystyle M_A\) a háromszög \(\displaystyle a\) oldalához tartozó magasságának talppontja.

Legyen \(\displaystyle M_B\) a háromszög \(\displaystyle b\) oldalához tartozó magasságának talppontja.

Legyen \(\displaystyle M_C\) a háromszög \(\displaystyle c\) oldalához tartozó magasságának talppontja.

Az \(\displaystyle M_BM_C\) egyenesnek a \(\displaystyle k\) körrel vett metszéspontjaira, és az \(\displaystyle M_A\) pontra illeszkedő kör legyen \(\displaystyle k_A\). Ennek a körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O_A\).

Az \(\displaystyle M_CM_A\) egyenesnek a \(\displaystyle k\) körrel vett metszéspontjaira, és az \(\displaystyle M_B\) pontra illeszkedő kör legyen \(\displaystyle k_B\). Ennek a körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O_B\).

Az \(\displaystyle M_AM_B\) egyenesnek a \(\displaystyle k\) körrel vett metszéspontjaira, és az \(\displaystyle M_C\) pontra illeszkedő kör legyen \(\displaystyle k_C\). Ennek a körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O_C\).

Ekkor kiszámoltam, hogy a háromszög magasságpontjának a három körre vonatkozó hatványa: \(\displaystyle -R^2*\cos(\alpha)*\cos(\beta)*\cos(\gamma)\). A számolás nem volt egyszerű, sőt kimondottan nem volt egyszerű, de az eredmény nagyon egyszerű. Nem lehetne ezt az eredményt egyszerűen belátni?

Továbbá az \(\displaystyle O_A\), \(\displaystyle O_B\), \(\displaystyle O_C\) pontok rendre felezik az \(\displaystyle OA\), \(\displaystyle OB\), \(\displaystyle OC\) szakaszokat.

A B.5460. nyomtatásban megjelent szövegében az E,I,F és F,G,H körök hatványvonaláról kell a bizonyítandót belátni, ami persze nem igaz (még E,J,F-re sem).

Ellentétben a honlapon olvasható E,I,J és F,G,H körök hatványvonalával.

Amúgy szép példa.

Merthogy a B.5450. nyomatatott változatában a d < n feltétel miatt egy jóval könnyebb feladatot kapunk, melynek a megoldása, hogy nincsenek megfelelő pozitív egészek.

Vajon a javítás során az ezt a feladatot helyesen megoldók is 5pontot kapnak?

Ha egy feladat szövegezése lényegesen eltér az online és a nyomtatott verzióban, akkor melyik a mérvadó (B.5450.)?

Mi köze van a kártyalapoknak a most lejárt trigonometrikus egyenlőtlenséghez (B. 5441.)? Ha A + B + C = pi, akkor cosA + cosB + cosC = 1 + 4*sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2), illetve sin(A/2) + sin(B/2) + sin(C/2) = 1 + 4*sin((A+B)/4)sin((B+C)/4)sin((C+A)/4). Kell: sin((A+B)/4)sin((B+C)/4)sin((C+A)/4) >= sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)

A szögek összege pi/2 mindkét oldalon. Az A/2 és B/2 átlaga: (A+B)/4.

Nézzünk 3 számot: pl. 2, 4 és 6. Vegyük mindig a páronkénti átlagok szorzatát. Az összeg változatlan. A szorzat pedig tart 4*4*4=64-hez monoton növekedve.

2*4*6=48 3*5*4=60 4*4,5*3,5=63 4,25*4*3,75=63,75 ...

2 + 4 + 6 = 3 + 5 + 4 = ...

A példában persze van egy szinuszfüggvény is. Az (0; pi/2)-n monoton.

Láttam már olyan kártyás feladatot, kártyatrükköt, ahol a kártyalap is bement középre.

Kösz, így átfogalmazva már egyértelmű.

A csupa piros sor különleges a definíció szerint. (A megoldás ezzel kezd amúgy.)

Ha így nem tetszik, talán átfogalmazva jobb: "Minden kékre igaz a Feltétel" helyett "nincs olyan kék, amelyre nem igaz a Feltétel". Ez igaz a csupa piros sorra. (Akármi is legyen a feltétel.)

A kékek a főátló alatt vannak, a főátló piros, ekkor az első sorban nincs kék mező.

Akkor az első sor lesz különleges.

A C.1844 feladathoz

Ha a piros főátló alatti összes mező kék, a főátló felettiek (és a főátló is) pedig pirosak, azaz a kék mezőkre i>j.

Ekkor bármely kék színű mező sorában (k-adik sor) minden piros mező a kékektől jobbra (és a főátlóban vagy a főátló felett) helyezkedik el, vagyis az l>k vagy l=k reláció teljesül.

Fentiekből l>k>j vagy l=k>j következik, azaz l>j.

Különleges csak akkor lehet ez a sor, ha (l;j) is piros, de ez a mező l>j miatt szintén a főátló alatt helyezkedik el, ahol minden mező kék színű.

Ilyen színezés elérhető, ha Laci mindig egy főátló alatti - még nem színezett -mezőt színez kékre, míg Ági a feladat feltétele miatt kénytelen annak a főátlóra vett tükörképét pirosra színezni.

Ebben az esetben Ági nem talál különleges sort, ellentétben a bizonyítandóval.

Bemásolod a megoldásod?