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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1036] Ratkó Éva2016-04-15 08:21:16

18-án. (Az Abacus határideje most néhány nappal később volt, mint a KöMaL-é, és arra számoltunk rá még 2-3 napot.)

Előzmény: [1035] rizsesz, 2016-04-14 13:30:02
[1035] rizsesz2016-04-14 13:30:02

Tisztelt Szerkesztoseg! A K-jelu feladatok megoldasa nem kerult fel az oldalra, mikor varhatoak?

[1034] w2016-04-13 21:54:00

Nekem az az érzésem volt meg a hivatalos megoldásról, hogy nehéz benne meglelni a lényeget. Leírom az én megoldásomat is, ami kicsit megint más (talán bonyolultabb): én nem a Chevalley-tétel bizonyítására alapozok.

Legyen &tex;\displaystyle g(x)&xet; egy indikátorpolinom, ami értéke egész &tex;\displaystyle x&xet;-ekre egész szám: &tex;\displaystyle 1&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet; ha &tex;\displaystyle p^k|x&xet; és &tex;\displaystyle 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet; egyébként.

Ekkor definícióból adódóan

&tex;\displaystyle N_{páros}-N_{páratlan}\equiv S:=\sum_{H\subset \{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|H|}\cdot g\left(\sum_{i\in H}a_i\right) \quad \mod p.&xet;

Könnyen ellenőrizhető, hogy a &tex;\displaystyle g(x)=\binom{x-1}{p^k-1}&xet; polinom alkalmas indikátorfüggvény, sőt a foka &tex;\displaystyle p^k&xet;-nál kisebb. Másrészt a &tex;\displaystyle \prod a_i^{d_i}&xet; alakú tagok együtthatóit egyenként lekövetve ellenőrizhető, hogy

&tex;\displaystyle \sum_{H\subset \{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|H|} \cdot \left(\sum_{i\in H} a_i\right)^m=0,&xet;

azaz a bal oldal minden tagja kiesik, feltéve, hogy &tex;\displaystyle m<n&xet;. Azonban az &tex;\displaystyle S&xet; összeg éppen ilyen alakú összegek súlyozott összege (az &tex;\displaystyle m=0,1,\dots,p^k-1&xet;-re vett összegeket kell csak nézni, hisz &tex;\displaystyle g&xet; foka &tex;\displaystyle p^k-1&xet;), és ezek az összegek &tex;\displaystyle p^k\le n&xet; miatt el is tűnnek. Vagyis &tex;\displaystyle S=0&xet;, kész.

Előzmény: [1029] nadorp, 2016-04-13 16:26:46
[1033] Lpont2016-04-13 18:55:16

Szép, "matematikus" bizonyítás.

Előzmény: [1029] nadorp, 2016-04-13 16:26:46
[1032] Lpont2016-04-13 18:52:44

Egyetértünk.

Előzmény: [1030] Róbert Gida, 2016-04-13 18:33:03
[1031] Lpont2016-04-13 18:46:04

A B.4778. feladat hivatalos megoldása(i) szükségtelenül elbonyolítottak, nincs szükség sem vektorokra, sem cos, sem Pit.tételre.

A második metszéspontok oldalakra illeszkedésének bizonyítását megtartva,

írjuk fel sorra az A,B,C pontok őket nem tartalmazó másik körökre vonatkozó hatványait, kapjuk: AM*AB, BM*AB, AP*AC, CP*AC, BN*BC, CN*BC.

Összeadás és kiemelés után éppen a bizonyítandó állításhoz jutunk.

[1030] Róbert Gida2016-04-13 18:33:03

P. 4818. (fizika) megoldása tökéletesen 0 pontos. Feladat semmit nem ír arról, hogy hol van az iskola, így az &tex;\displaystyle x-y=250&xet; nem írható fel. Történetesen, ha az iskola a két ház között van (és út/járda is van!), akkor &tex;\displaystyle x+y=250&xet; a helyes egyenlet. A valóság persze még rosszabb, az iskola a két ház által meghatározott egyenesen kívül is lehet.

[1029] nadorp2016-04-13 16:26:46

Az alábbi bizonyítás az A666-ra egy kicsit "emészthetőbb" polinom segítségével bizonyítja az állítást.

Mivel &tex;\displaystyle N_{páros}&xet; és &tex;\displaystyle N_{páratlan}&xet; értéke csak az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok &tex;\displaystyle p^k&xet;-nal vett osztási maradékától függ, ezért feltehető, hogy &tex;\displaystyle a_i>0&xet;.

Legyen &tex;\displaystyle q=p^k&xet; és tetszőleges &tex;\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^i&xet; polinomra legyen &tex;\displaystyle T_q(f)=\sum_{q|i}b_i&xet;, azaz f(x)-ben a q-val osztható kitevőkhöz tartozó együtthatók összege.

Tekintsük most az

&tex;\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(1-x^{a_i})&xet; polinomot.

Könnyen látható, hogy &tex;\displaystyle T_q(f)=N_{páros}-N_{páratlan}&xet;.

Mivel &tex;\displaystyle 1-x^{a_i}=(1-x)(x^{a_i-1}+...+1)=(1-x)h_i(x)&xet; ,ezért felhasználva, hogy &tex;\displaystyle n\geq q&xet;

&tex;\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(1-x)h_i(x)=(1-x)^q(1-x)^{n-q}\prod_{i=1}^{n}h_i(x)=(1-x)^qh(x)&xet;, ahol h(x) egész együtthatós polinom.

Felhasználva,hogy

&tex;\displaystyle (1-x)^q=1+(-1)^qx^q+\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^i\binom{q}{i}x^i&xet;, kapjuk

&tex;\displaystyle f(x)=(1+(-1)^qx^q)h(x)+h(x)\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^i\binom{q}{i}x^i=A(x)+B(x)&xet;

A faktoriálisokra vonatkozó Legendre képlet segítségével könnyen adódik, hogy &tex;\displaystyle 1\leq i\leq q-1&xet; esetén &tex;\displaystyle \binom q i&xet; osztható p-vel, tehát a B(x) polinom minden együtthatója osztható p-vel,azaz &tex;\displaystyle p|T_q(B)&xet;.

Így &tex;\displaystyle T_q(f)=T_q(A)+T_q(B)&xet; miatt elég belátnunk, hogy &tex;\displaystyle p|T_q(A)&xet;

Legyen &tex;\displaystyle h(x)=\sum_{i=0}^m c_ix^i&xet; alakú. Ekkor &tex;\displaystyle A(x)=\sum_{i=0}^m c_ix^i+\sum_{i=0}^m (-1)^qc_ix^{i+q}&xet;.

Mivel i+q pontosan akkor oszható q-val, ha i osztható q-val, ezért

&tex;\displaystyle T_q(A)=\sum_{q|i}c_i+\sum_{q|i}(-1)^qc_i=(1+(-1)^q)\sum_{q|i}c_i=\left\{\matrix{2T_q(h) & ha& p=2 \cr 0 & ha & p>2}\right.&xet;

A fentiből következik, hogy &tex;\displaystyle p|T_q(A)&xet; is teljesül.

[1028] rizsesz2016-03-29 16:41:27

Szerintem a 475-ben egyetertunk; igy azt ki is vennem a beszelgetesbol; vagy vegigvezeti a diak es megadja a megoldast, vagy 0 pont.

A 493 eseteben mar nehezebb a helyzet. A kovetkezo esetek vannak:

1. tiszta ut: csak azert jar 6 pont, ha valaki levezeti hianytalanul a megoldast (ezt meg mindig nem prezentaltad te sem) es meg is adja az osszes esetet. Ezzel azonban inkabb a B-be valo a feladat.

2. felig-meddig ut: ha ir valamifele indoklast, akkor megkapja a 6 pontot. Ezzel azonban tobb problemam is van: -a javito mikor mondja azt, hogy 6 pont? Mikor ad reszpontot? -a gyereknek azt mondtak multkor, hogy teljes, levezetett megoldasra jar csak 6 pont. Miutan latja, hogy ez baromi nehez, ezert be sem kuldi a megoldast. - meg ijesztobb verzio: nagyon tehetseges gyerek megtalalja az osszes megoldast, hosszasan indokolja, es ugyanugy 6 pontot kap, mint aki mondjuk eszreveszi azt, hogy a ket szemkozti lapon mi lehet az osszeg.

Szivem szerint en a tiszta utat valasztanam, de a jelek szerint a 2. eset valosult meg.

Előzmény: [1027] Róbert Gida, 2016-03-29 16:15:15
[1027] Róbert Gida2016-03-29 16:15:15

"A 493-nal, amikor megkerdezte, hogy mit irjon le, akkor mondtam, hogy barmit"

Azt kellett volna leírni itt és a másik példánál, hogy hogyan kapott meg egy helyes kitöltést, szisztematikusan kereste, vagy hasból felírt néhány permutációt; ez utóbbi csak a K493-ra igaz, mert ott nagyjából 3 százaléknyi esélye van egy megoldást találni egy (véletlen) permutációnál. Azért is kell bizonyítás, hogy lássa a javító, hogy nem másolt a dolgozat. Nálam mindkét dolgozat 0 pontot ért volna, és ez nem érettségi, ahol a hibás megoldásért IS maximális pont jár.

Papíron(!) szisztematikusan keresve nagyjából egy perc volt nekem megtalálni egy megoldást, ugyanaz ami fent van, nyilván nem véletlen. És fél óra alatt 9 megoldásig jutottam, amikor meguntam --> kb. másfél óra lett volna megtalálni az összeset.

Előzmény: [1026] rizsesz, 2016-03-29 09:27:22
[1026] rizsesz2016-03-29 09:27:22

A 475-re a diakom csak kitoltest kuldott, indoklas nelkul, 0 pont. A 493-nal, amikor megkerdezte, hogy mit irjon le, akkor mondtam, hogy barmit, igy vegul szerintem lenyegeben osszeadassal ellenorizte a kitolteset. 6 pontot kapott.

Előzmény: [1025] csábos, 2016-03-28 22:58:59
[1025] csábos2016-03-28 22:58:59

Ez most itt légbőlkapottnak tűnik, de: Az én értelmezésem szerint erre a feladatra maximális pontszámot kell(ene) adni, ha valaki leír egy megoldást, ami ezesetben egy lehetséges elrendezés. Összeadja a lapokon lévő számok összegét, és megállapítja, hogy ezen összegek prímek. Hasonlóan gondolok a 475-re is. A kérdés tehát az, hogy a szóban forgó megoldás valóban helyes volt-e, mint ,,példa", és hogy tényleg kevesebb pontot kapott-e, mint kéne. Ezt a hozzászólások alapján nemien lehet eldöntni.

Előzmény: [1024] rizsesz, 2016-03-26 19:22:42
[1024] rizsesz2016-03-26 19:22:42

A probléma onnan indult, h a K 475-re 0 pont járt, ha csak egy kitoltest kuldtel be. Ezt elfogadom, mert indoklas nelkul nem jar pont. A problemam az, h hogyan fogjak pontozni akkor a 493-at? Vagy ott pl eleg megadni egy kitoltest, hiszen a kerdest megvalaszolja? Ekkor azonban miert nem eleg a 475-re megadni egy kitoltest?

Előzmény: [1023] Róbert Gida, 2016-03-26 16:04:11
[1023] Róbert Gida2016-03-26 16:04:11

"Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet."

Nyomtatásban máshogy szerepelt a feladat?? "Rá lehet-e írni egy kocka csúcsaira az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 és 8 számokat úgy, hogy minden lapon prímszám legyen a lap csúcsaiban álló számok összege?"

Ez nem kéri az összes megoldást.

Előzmény: [1022] rizsesz, 2016-03-25 16:29:52
[1022] rizsesz2016-03-25 16:29:52

Kedves Éva!

Átgondoltam a dolgot: a honlapra felkerült megoldás még mindig nem teljes, így nem elfogadható.

Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet.

Előzmény: [1021] rizsesz, 2016-03-25 16:10:09
[1021] rizsesz2016-03-25 16:10:09

Kedves Éva!

Köszönöm, még egy észrevételem lenne: ez a megoldás még mindig nem teljes. Ez elbátortalaníthatja a versenyzőt, ha nem tudja a teljes megoldást megadni.

Ezt lehetne valahogy kezelni, vagy pontosítani a feladat kérését (tehát például leírni, hogy nem kell a teljes megoldás, de az egyik megoldáshoz vezető utat mégis le kell írni, bár ez szerintem elég szerencsétlen).

Előzmény: [1020] Ratkó Éva, 2016-03-25 15:41:45
[1020] Ratkó Éva2016-03-25 15:41:45

Jogos, a megoldást részleteztük. A K megoldások általában a legvázlatosabbak, de egy végeredmény megadása önmagában túl kevés, lásd a Versenykiírást:

"Maximális pontszám csak teljes megoldásért jár. A puszta eredményközlést nem értékeljük."

[1019] rizsesz2016-03-25 12:50:31

Szerintem ennek a feladatnak az osszes megoldasat felirni eleg nehez; ha elvaras az osszes eset felirasa, illetve annak bizonyitasa, hogy nincs mas eset, akkor egyszeruen nem valo a K versenybe.

Valoszinuleg ezert nem irtak fel a szerkesztok megoldasvazlatban sem, hogy hogy jott ki az az eset, mert latszodna, hogy rengeteg mas eset van.

Igy viszont nem kovetkezetes az, hogy a K.475-re egyedul a megoldast (indoklas nelkul) feliro diakom 0 pontot kapjon.

Most jobb otlet hijan kivarjuk, hogy milyen lesz a K.493. javitasa.

Előzmény: [1018] Róbert Gida, 2016-03-24 15:53:18
[1018] Róbert Gida2016-03-24 15:53:18

Ezek általában vázlatok. Egyébként 25 lényegesen különböző megoldás van (program). Csupán &tex;\displaystyle \frac{8!}{48}=840&xet; féleképpen lehet felírni a számokat a csúcsokba, intelligensen haladva szerintem elég könnyen találunk egy megoldást. Apró trükk: egy lapon a számok összege 13,17,19 vagy 23 lehet, mert az összeg 10 és 26 közé esik és prím, azaz 11,13,17,19 vagy 23 de 11 nem lehet, különben a szemköztes lapon &tex;\displaystyle \frac{9*8}{2}-11=25&xet; a számok összege.

5d-s hiperkockára (és hiperlapokra) izgalmasabb lett volna feladni a példát.

Előzmény: [1017] rizsesz, 2016-03-23 10:58:01
[1017] rizsesz2016-03-23 10:58:01

Tisztelt Szerkesztőség!

A K.493-ra meg fog jelenni ugye részletes megoldás is? Az egyik tanítványom nemrégiben egy hasonló konstrukciós feladatra 0 pontot kapott (K.475). Akkor elfogadtuk, hogy indoklás és levezetés kell, de most nem értjük, hogy a K.493 hogy jelenhet meg részletes megoldás nélkül.

[1016] w2016-03-13 22:20:48

B.4773. Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körének középpontja &tex;\displaystyle O&xet;, a körülírt köré pedig &tex;\displaystyle K&xet;. Bizonyítsuk be, hogy a

&tex;\displaystyle \vec{v}=\frac{\vec{AB}}{AB}+\frac{\vec{BC}}{BC}+\frac{\vec{CA}}{CA}&xet;

vektor merőleges az &tex;\displaystyle OK&xet; egyenesre.

Megoldás. Legyen a beírt kör sugara &tex;\displaystyle r&xet;, és oldalakkal való érintési pontja &tex;\displaystyle A,B,C&xet;-vel szemben rendre &tex;\displaystyle D,E,F&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \vec{v}\cdot r&xet;-nek a &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-kal való elforgatottja éppen a három összeadandó &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-cal való elforgatottjainak összege, ami &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OD}+\vec{OE}+\vec{OF}&xet;.

Ismert, hogy egy háromszög körülírt körének középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege a magasságpontba mutat. Ezt a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszögre alkalmazva, &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OY}=2\vec{OX}&xet; adódik, ahol &tex;\displaystyle Y&xet; a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög magasságpontja, &tex;\displaystyle X&xet; a Feuerbach-körének középpontja.

Hogyha &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög Feuerbach-körét &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körére invertáljuk, akkor &tex;\displaystyle ABC&xet; körülírt köre adódik, hisz a befogótétel miatt &tex;\displaystyle EF,FD,DE&xet; felezőpontjának képe rendre &tex;\displaystyle A,B,C&xet;. Ebből következik, hogy a körök középpontjai, &tex;\displaystyle O,X,K&xet; egy egyenesre esnek.

Ezzel &tex;\displaystyle \vec{u}=\frac{2OX}{OK}\vec{OK}&xet; adódott, amiből a feladat állítása &tex;\displaystyle \vec{u}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{v}&xet; merőlegessége miatt adódik.

[1015] w2016-03-13 22:09:23

B.4775.' Igazoljuk, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle a_1\ge a_2\ge \dots\ge a_{2k+1}\ge 0&xet; valós számok esetén

&tex;\displaystyle A=a_1^n-a_2^n+a_3^n-a_4^n\pm \dots+a_{2k+1}^n\ge \left(a_1-a_2+a_3-a_4\pm\dots +a_{2k+1}\right)^n=B.&xet;

A jelenlegi hivatalos megoldásban lényegében belátják, hogy &tex;\displaystyle a_1&xet;-et lecsökkentve &tex;\displaystyle a_2&xet;-re, az állítás igaz marad, és mivel &tex;\displaystyle a_1,a_2&xet; kiejtik akkor egymást, a változószám csökken, így az állítás indukcióval adódik.

Szerintem egyszerűbb azt vizsgálni, hogy mi történik, ha fix &tex;\displaystyle d=a_1-a_2&xet; mellett &tex;\displaystyle a_1^n-a_2^n&xet; értékét vizsgáljuk. Ugyanis a

&tex;\displaystyle g(x)=(x+d)^n-x^n=\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i}d^{n-i}x^i&xet;

&tex;\displaystyle x\ge 0&xet;-ra szigorú monoton növekvő függvény (illetve &tex;\displaystyle d=0&xet;-ra konstans &tex;\displaystyle 0&xet;), és &tex;\displaystyle g(a_2)=a_1^n-a_2^n&xet;. Emiatt ha &tex;\displaystyle (a_1,a_2)&xet; párost &tex;\displaystyle (a_3+d,a_3)&xet;-ra cseréljük, akkor &tex;\displaystyle A&xet; csökken (illetve &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;-ra marad ugyanannyi), de &tex;\displaystyle B&xet; változatlan. A csere után &tex;\displaystyle a_2,a_3&xet; kiirtja egymást és megy az indukció.

&tex;\displaystyle &xet;

Akinek hatásvadászabb ízlése van, mondhatja, hogy legyen &tex;\displaystyle d_1=a_1-a_2&xet;, &tex;\displaystyle d_2=a_3-a_4&xet;, &tex;\displaystyle d_3=a_5-a_6&xet;, stb., &tex;\displaystyle d_k=a_{2k-1}-a_{2k}&xet;, &tex;\displaystyle d_{k+1}=a_{2k+1}-a_{2k+2}&xet;, ahol &tex;\displaystyle a_{2k+2}:=0&xet;. Ekkor az

&tex;\displaystyle a_{2i-1}^n-a_{2i}^n\ge (d_i+d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n-(d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n&xet;

becsléseket &tex;\displaystyle i=1,2,\dots,k+1&xet;-re összeadva, a feladatbeli egyenlőtlenség adódik.

&tex;\displaystyle &xet;

Az egyenlőség esete. A cserénkben éppen akkor áll egyenlőség, hogyha &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;. Ily módon könnyű indukcióval ellenőrizni, hogy a feladat becslésében egyenlőség éppen akkor áll, ha valamely &tex;\displaystyle 0\le j\le k&xet;-ra &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet;, &tex;\displaystyle a_3=a_4&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2j-1}=a_{2j}&xet;, majd &tex;\displaystyle a_{2j+2}=a_{2j+3}&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2k}=a_{2k+1}&xet;.

[1014] Lpont2016-02-18 15:28:43

Nehezítsük a C.1330. feladatot úgy, hogy az alábbi szövegezésű legyen:

Hány különböző, téglalap alakú montázst készíthetünk négy különböző MÉRETŰ, 2:3 képarányú fotóból? (A fényképeket nagyíthatjuk, de nem forgathatjuk el, és két montázst ugyanolyannak tekintünk, ha nagyítással megkaphatóak egymásból.)

[1013] rizsesz2016-02-09 11:35:39

A nem túl barátságos C.1321-hez érdekes olvasmány: http://oeis.org/A008406

[1012] csábos2016-02-04 20:56:42

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha mind sötét?

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha nem tudod hány sötét és hány világos van?

Nem feszítem tovább a húrt, ez arra volt példa, hogy a C1322. Példa megoldása mimindent nem vett figyelembe. Bónuszkérdés: Melyik feladat megoldása a &tex;\displaystyle 64^8&xet;?

Előzmény: [1011] rizsesz, 2016-02-04 12:05:00

  [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]