Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

A szövegben ez áll: "éri utol". Vagyis nem lehet az iskola a két ház között. Ha a két ház és az iskola nem lenne egy egyenesben, akkor bizonytalanná válna a " gyalogol az iskola felé" kifejezés értelmezése. A fizika feladatokban bizonyos fokú pongyolaság elfogadott.

Konstrukciós jellegű feladatnál is számít, hogy ki mennyire ír indoklást (nem csak a KöMaL-ban, más versenyeken is). De túl szigorú pontozást kértünk, így mindkét feladatot újrapontoztuk. Aki megadott egy jó konstrukciót, az indoklástól függően 3, 4, 5 vagy 6 pontot kapott.

Az összes megoldást nem kell megadni egy konstrukciós feladatnál.

Megjegyzések a B 4784. feladathoz. Rendezzük f >= 0 alakra a bizonyítandó egyenlőtlenséget. Új változók bevezetésével elérhetjük, hogy f az a, b, c, és az új d változó homogén negyedfokú polinomja legyen. Léteznek olyan s1,t1,r1, s2,t2,r2, p,u,v valós számok (p>0), hogy

&tex;\displaystyle f = (s1*a^2+t1*(b^2+c^2)+r1*d^2)^2 + p*(b^2-c^2)^2 + (s2*a^2+t2*(b^2+c^2)+r2*d^2)^2 + (u*a*d-v*b*c)^2,&xet;

ami - természetesen - bizonyítja az állítást. A fenti 9 számot nem könnyű meghatározni - én pl. felhasználtam a szemidefinit programozásra írt programomat - továbbá nem is a legelegánsabb útja a megoldásnak, de talán mégis tanulságos. Maple és MATLAB programozási ismeret is kellett hozzá.

Érdekesség: attól, hogy nemnegatív a polinomunk, még nem biztos, hogy négyzetösszeg alakban felírható! A klasszikus példa: a Motzkin polinom:

&tex;\displaystyle x^4*y^2 + x^2*y^4 + z^6 - 3*x^2*y^2*z^2.&xet;

A nemnegatívitás a számtani-mértani egyenlőtlenségből adódik. Eszerint a B.4784 feladatnál, szerencsénk volt, hogy találtunk SOS (sum of squares) alakot.

Ha van érdeklődés, küldhetek egy (olvasmányosabb) pdf file-t is. Üdvözlettel, László Lajos.

A665 feladat megoldását (itt) kellene átgondolni. A végkövetkeztetés jó, de van két hely, ami nem tűnik helyesnek:

Első:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i = \frac{a_k(a_k-1)}2&xet; helyett &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i = \frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)}2&xet;

Második:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = \frac{a_k(a_k-1)(2a_{k+1}-1)}6&xet; helyett &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = \frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)(2a_{k+1}-1)}6&xet;

, de így sem jó, mert jobb oldali kifejezés a négyzetösszeg képlete és nem a köböké.

Inkább:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = (\frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)}2)^2&xet;

Igen, köszönöm, javítottam.

Koszonom Eva.

A K. 501. szerintem nem teljes. Ha az AB tavolsag kisebb, mint 3-2=1, akkor a nagyobb kor tartalmazza a kisebbet, nincs kozos erinto, ha AB=1, akkor egy kozos kulso erintojuk van, utana mar johet az (1<)AB<5 eset.

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

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

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.

Szép, "matematikus" bizonyítás.

Egyetértünk.

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.

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.

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.

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.

"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.

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.

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.

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?

"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.

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.

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).

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."

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.

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.