Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Szívesen! :) Nem, nem én írtam, csak régebben írtam egy-két Wikipédia-cikkre kiegészítést, amikor voltam annyira fiatal, hogy nagyon büszke legyek magamra érte.

(Ha ironizálni akartál ezzel, azzal magyarázkodnék, hogy jónak tartom azt az elvet, hogy nehezebb okfejtéseket is elérhetővé teszünk kevesebb előismerettel rendelkező olvasók számára. Én például nyolcadikosan nagyon sokat profitáltam régi Kömal-megoldások linkjeiből, és bár előbb-utóbb megtanultam, hogy Google segít, ha nem értek valamit, kezdetben ezek a linkek megérték azt az egy-két percet, amibe került az írónak őket belerakni a megoldásába.)

Köszönjük a linket a gyöktényezőkhöz a wikipédián. Ma is tanultunk valamit. Te írtad?

Szeretnék az A.675. feladatról néhány szót ejteni.

Szerintem ez egy technikai feladat. Kevés lényegi ötlet van: [1] olyan lesz a háttérben, hogy \(\displaystyle n\) darab gyöktényező \(\displaystyle \le 2^n\) módon osztható szét, [2] az összefüggésben \(\displaystyle p\) adható meg nehezen, így \(\displaystyle q\)-t érdemes kiejteni (gondoljunk erre akár úgy, mint egy diofantoszi egyenletre). Az a nehéz, hogy helyesen alkalmazzuk ezeket az ötleteket.

Nagyon könnyű erre elvi hibás megoldást adni. ITT is található néhány hibás próbálkozás. A hivatalos megoldás alapos átgondolása kell a \(\displaystyle 2^n\)-es korlátoz.

A rossz megoldások, amikről tudok, tipikusan a következő lépésnél hibáznak. Eljutunk egy \(\displaystyle f(x)g(x)=A(x)\) alakú egyenlethez, ahol \(\displaystyle A(x)\) fix, \(\displaystyle m\) fokú polinom; itt az [1] ötlet szerint \(\displaystyle f,g\) között \(\displaystyle \le 2^m\) módon osztható ki \(\displaystyle A\)-nak az \(\displaystyle m\) darab gyöktényezője. A hiba ott jelentkezik, hogy a megoldó azt állítja, hogy minden lehetséges gyöktényező-szétosztáshoz csakis egy \(\displaystyle f,g\) pár tartozik, vagy pedig felismeri annak lehetőségét, hogy \(\displaystyle (f,g)\) mellett \(\displaystyle (f\lambda,g/\lambda)\) is működhet (és akár végtelen sok lehetőséget adhatna), de ezt a lehetőséget hibásan zárja ki (valamilyen rossz együttható-vizsgálattal).

Megjegyzés: ezt a "négy háromszög tételét" a nemzetközi matekozgatásokban Miquel-tételnek szokás nevezni [ejtsd: Mikel]. (Jó, ha egységesek az elnevezések.)

B.4800.-ra még egy érdekes megközelítés (talán ezt a megoldást javasoltam):

Elég belátni, hogy &tex;\displaystyle BCKL&xet; húrnégyszög (onnan hatványpont miatt kész). Ha belegondolunk, &tex;\displaystyle ABC&xet;-t rögzítve, csupán a &tex;\displaystyle KL&xet; egyenes irányától függ ez az állítás.

Vagyis elég belátni, hogy van &tex;\displaystyle K'\in AB&xet;, &tex;\displaystyle L'\in AC&xet;, amire &tex;\displaystyle K'L'&xet; és &tex;\displaystyle KL&xet; párhuzamos, és &tex;\displaystyle BCK'L'&xet; húrnégyszög.

Ehhez elég venni a &tex;\displaystyle B&xet;-magasság &tex;\displaystyle L'&xet; és a &tex;\displaystyle C&xet;-magasság &tex;\displaystyle K'&xet; talppontját. Ugyebár ha &tex;\displaystyle H&xet; az &tex;\displaystyle ABC&xet; magasságpontja, úgy &tex;\displaystyle AK'L'&xet; kör éppen &tex;\displaystyle AH&xet; Thalesz-köre. Mivel e kör középpontja &tex;\displaystyle AT&xet; egyenesen van, így &tex;\displaystyle A&xet;-ból a &tex;\displaystyle T&xet; körüli &tex;\displaystyle AKL&xet; körbe nagyítható. Így &tex;\displaystyle K'L'&xet; és &tex;\displaystyle KL&xet; is párhuzamos.

Most pedig &tex;\displaystyle BCK'L'&xet; éppen a &tex;\displaystyle BC&xet; szakasz Thalesz-köre.

A B.4800. feladat egy másik (kevesebb körrel) lehetséges megoldása:

Diszkusszió nélkül, a honlapon közölt megoldás jelöléseit megtartva

1. Belátjuk, hogy ACB=AKL (szögeket jelölök ACB-vel és AKL-lel).

Az ATC derékszögű háromszögben TAC=90-ACT=90-ACB, valamint AT=TL=r miatt az ATL egyenlőszárú háromszög szárszöge 180-2(90-ACT)=2ACT=2ACB. k körben az AL (ábra szerinti rövidebb) ívhez tartozó AKL kerületi szög fele az ATL középponti szögnek, azaz nagysága pont ACB.

2. Jelölje X a BC és KL egyenesek metszéspontját( X létezik a származtatás miatt, hiszen K és L a BC egyenes különböző partján található). Megmutatjuk, hogy MX egyenese azonos MA egyenesével.

2.a A négy háromszög tételét alkalmazva (lásd pl.: Reiman István: Geometria és határterületei c. munkáját), az ABC, AKL, BKX és CLX háromszögek köré írt körei egy ponton mennek át, ami nem más, mint az M pont. Így CLXM és XBKM négyszögek húrnégyszögek. Kapjuk, hogy LCX=ACB=LMX, másrészt XMB=XKB=AKL, de 1. miatt XMB=XML vagyis MX felezi LMB-t.

2.b k körben a kisebb AL ívhez tartozó kerületi szögek egyenlőek, tehát AKL=AML, hasonlóan c körben AB ívhez tartozó ACB és AMB kerületi szögek is megegyeznek, innen ACB=AKL miatt AMB=AML, ami azt jelenti, hogy AM szintén belső szögfelezője LMB-nek, ilyen szögfelező csak egy lehet, AM egyenese azonos XM egyenesével, AM átmegy BC és KL X metszéspontján.

Ezt akartuk bizonyítani.

Elnézést az előbbiért, a B.4793. b) végét elszámoltam, azért nem egyezett az eredmény.

A B.4793. feladat megoldásának a) részében a végén A=1, 2, .., i-1. A b) rész végén levő egyenlőség nem igaz, a levezetéssel kapott bal oldali eredmény nem egyezik a jobb oldalra írt, egyébként jó megoldással.

Könnyű úgy bizonyítani, hogy az ábrára hivatkozunk. Így szokták azt is igazolni, hogy minden háromszög egyenlőszárú. Esetünkben az AKB szög (miattam) nyugodtan lehetne &tex;\displaystyle 180-2\delta&xet;.

Véleményem szerint a B. 4798. feladat hivatalos megoldása hiányos, nem látja be, hogy az ABK és CDK háromszögek léteznek (nem fajulnak szakasszá).

Amúgy könnyen igazolható, de mégis.....

Lejárt A671. megoldása: legyen &tex;\displaystyle E(n,k)=\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n+1}{i}(k+1-i)^n&xet;, ha &tex;\displaystyle 0\le k<n&xet;, egyébként pedig nulla. Ekkor E(n,k) éppen az n,k paraméterű Euler szám (Eulerian number, magyar wikin ne is keressétek), ami pedig éppen azon &tex;\displaystyle n&xet; elemű permutációk száma amik &tex;\displaystyle k&xet; emelkedést tartalmaznak, amiből a feladat állítása trivi. De ezt sem használjuk.

Elég viszont azt az egyébként ismert összefüggést belátni, hogy &tex;\displaystyle E(n,k)=(k+1)E(n-1,k)+(n-k)E(n-1,k-1)&xet;. Ekkor ugyanis indukcióval &tex;\displaystyle E(n,k)>0&xet;, ha &tex;\displaystyle k>0&xet;, míg &tex;\displaystyle k=0&xet;-ra triviálisan &tex;\displaystyle E(n,k)=1&xet;. Továbbá a rekurzió miatt &tex;\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}E(n,k)=\sum _{k=0}^{n-1}((k+1)E(n-1,k)+(n-k)E(n-1,k-1))=\sum _{k=0}^{n-1}((k+1+n-(k+1))E(n-1,k))=n\sum_{k=0}^{n-2}E(n-1,k)=...=n!E(1,0)=n!&xet; (itt felhasználtuk, hogy &tex;\displaystyle E(n-1,n-1)=0&xet; def. szerint), de mivel &tex;\displaystyle E(n,k)>0&xet; és legalább 2 tag van, így &tex;\displaystyle E(n,k)<n!&xet;, ha &tex;\displaystyle n>k\ge 0&xet;, ami kellett.

Azaz már csak az &tex;\displaystyle E(n,k)&xet;-ra vonatkozó rekurziót kell belátnunk, definicót beírva, kell: &tex;\displaystyle \sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n+1}{i}(k+1-i)^n=(k+1)\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n}{i}(k+1-i)^{n-1}+(n-k)\sum_{i=0}^{k-1} (-1)^i\binom {n}{i}(k-i)^{n-1}&xet;, rendezve: &tex;\displaystyle \sum_{i=0}^k(-1)^i(k+1-i)^{n-1}((k+1-i)\binom{n+1}{i}-(k+1)\binom{n}{i}+(n-k)\binom{n}{i-1})=0&xet;, a nagy zárójelben viszont nulla áll minden &tex;\displaystyle i&xet;-re: &tex;\displaystyle (k+1-i)\binom{n+1}{i}-(k+1)\binom{n}{i}+(n-k)\binom{n}{i-1}=(-i)\binom{n}{i}+(n+1-i)\binom{n}{i-1}=0&xet;, ugyanis &tex;\displaystyle \binom{n}{i}=\frac{n-i+1}{i}\binom{n}{i-1}&xet;

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.