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]    [47]    [48]    [49]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1098] nadorp2019-02-16 10:20:27

A738. fapados megoldás

Először indukcióval bizonyítjuk, hogy a sorozat szigorúan monoton nő és így elemei pozitív számok.

Ez n=3 -ig teljesül.Ha pedig \(\displaystyle n\geq3\) és n-ig a sorozat szigorúan monoton nő, akkor felhasználva az indukciós feltevést

\(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a^2_n+a^2_{n-1}-2}{a_{n-2}}>\frac{a_na_{n-2}+a_{n-1}a_{n-2}-2}{a_{n-2}}=a_n+a_{n-1}-\frac2{a_{n-2}}\geq a_n+a_2-\frac2{a_1}=a_n\)

Legyen most már \(\displaystyle n\geq1\). Ekkor definíció szerint

\(\displaystyle a_na_{n+3}=a^2_{n+2}+a^2_{n+1}-2\)

\(\displaystyle a_{n+1}a_{n+4}=a^2_{n+3}+a^2_{n+2}-2\)

Kivonva egymásból a fenti két egyenlőséget és rendezve

\(\displaystyle a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+3}(a_n+a_{n+3})\)

Írjuk ezt ki részletesen n=1 -től:

\(\displaystyle a_2(a_2+a_5)=a_4(a_1+a_4)\)

\(\displaystyle \vdots\)

\(\displaystyle a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+3}(a_n+a_{n+3})\)

Összeszorozva a fenti n darab egyenlőséget és egyszerűsítve

\(\displaystyle a_2a_3(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+2}a_{n+3}(a_1+a_4)\)

\(\displaystyle a_{n+1}+a_{n+4}=2a_{n+2}a_{n+3}\)

Tehát

\(\displaystyle a_{n+4}=2a_{n+2}a_{n+3}-a_{n+1}\) teljesül minden \(\displaystyle n\geq1\) esetén.

Mivel pedig \(\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4\) egész, ezért indukcióval azonnal következik, hogy a sorozat összes eleme egész. (Az előbb kapott egyszerűsített rekurzió persze azonos a hivatalos megoldásban szereplő Viete-formulával)

[1097] Berko Erzsebet2019-01-13 08:08:28

Csak egy icipici kiegészítés a C. 1511. feladathoz. A legvégére odaírnám, hogy az egyenlőség az AD szakasz 2 végpontjára is teljesül.

[1096] Berko Erzsebet2019-01-12 16:02:35

Csak egy apró megjegyzés a K. 606. feladathoz. Kairói parketta néven ismert a síknak egy ötszögekből álló parketta mintája. Nevét onnan kapta, hogy ez a periodikus parkettázás éppúgy megtalálható Kairó utcakövein, mint másutt, az iszlám díszítőművészetben.

[1095] Berko Erzsebet2018-12-13 05:51:37

2018. november K feladatok (matematika) Az első két feladat megoldása felcserélve olvasható.

[1094] Sinobi2018-10-29 22:14:05

Szerintem a régi skint használja, ott elrontottad az előnézetet.

Igazából aki nem váltott át, azoknak nem elég ingerlő az a kis szöveg jobb felül, szóval maguktól nem hiszem hogy fognak. Ha elrontod a dolgokat, akkor erősebben kéne átterelni az újabbra az embereket. (Vagy nem elrontani.)

Egyébként a főoldalon még "A decemberi szám tartalmából:

Decemberi feladatok" szerepel.

Na jó, OFF vége.

Előzmény: [1093] Kós Géza, 2018-09-19 16:15:12
[1093] Kós Géza2018-09-19 16:15:12

Még jobb trükk, ha küldesz egy e-mailt a hiba minél részletesebb leírásával.

Előzmény: [1092] sakkmath, 2018-09-18 21:11:50
[1092] sakkmath2018-09-18 21:11:50

Van egy trükk, amivel működik: Írd meg a szöveget, majd szúrj be alá egy 50 kilobájtnál nem nagyobb ábrát. Ekkor megjelenik előnézetben a szöveg is és az ábra is. Ezek után töröld az ábrát és megmarad a szöveg. Ha folytatod a szöveget, a legvégén újból is csatolni kell egy képet, majd törölni … . :)

Előzmény: [1090] Sinobi, 2018-09-17 16:21:30
[1091] Sinobi2018-09-17 16:36:05

[B. 4965.] (Vázlat)

Létezik ilyen P: legyen a P-be állított vektor [ABC] síkkal vett metszéspontja Q, ez meghatároz egy S–>[ABC] leképezést. "Felülről nézve" megadható egy elég nagy kör, amit ez a leképezés önmagába képez, a topologikus Brouwer-féle fixponttétel szerint van fixpont, ami pont egy S-re merőleges vektor létezésének felel meg.

Csak egy ilyen P létezik: a Fermat-ponthoz hasonlóan a keresett pont olyan pont lesz az S síkon, amelynek a csúcsoktól való távolsága (lokálisan) a legkisebb. Elég megmutatni, hogy ilyen pontból maximum 1 darab lehet. Indirekten vegyünk fel P, P' ilyen pontokat az S síkon, és vegyük az általuk meghatározott PP' egyenest. Az egyenesen mint számegyenesen az A,B,C pontoktól való távolság egy-egy konvex függvény, az összegük is konvex, tehát PP'-n csak egy darab lokális minimumhely lehet.

[1090] Sinobi2018-09-17 16:21:30

OFF: nálam nem működik a hozzászólás előnézet.

[1088] gubanc2018-07-19 18:13:44

"Valaki több KöMaL feladatot megkérdezett internetes fórumokon, jóval a beküldési határidő előtt. …

Mostanában is puskázhatott valaki, legalábbis erről olvashatunk itt (#29, Amir Hossein, 2018. június 10.).

Milyen ma a helyzet a 11 évvel ezelőttihez képest?

Előzmény: [335] Kós Géza, 2007-07-23 12:54:31
[1086] Róbert Gida2018-04-13 17:09:02

A lejárt A720.-nál közölt első megoldási ötlet egészen biztosan nem működik. Hogy egy faék egyszerűségű ellenpéldát hozzak, a nagy \(\displaystyle 10^{10^{100}}\) korlát helyett legyen ugyanez a példa, de \(\displaystyle 10\)-re. Az ellenpéldában pedig: \(\displaystyle S=\{11\}\bigcup _{n\ge 0}\{2^{12n+7}-11\}\), ekkor S mindegyik eleme eleven szám, mert 11 eleven, a többi pedig 13-mal osztható. Ha \(\displaystyle a(1)=11\)-et választjuk, akkor egyetlen elemmel sem tudjuk bővíteni a sorozatot.

[1085] Sinobi2018-04-06 14:31:57

Hopsz, BAD szögfelező, D tetszőleges a szögfelezőn.

Mondjuk olyasmikre gondolok, hogy azt belátni, hogy az A-ból beléjük húzott sugarak szögfelező vonala AD; vagy hogy az AD ω-val vett másik metszésébe állított érintő, a szaggatott egyenes, és BC egy ponton mennek át. Sehogy se tűnik nehéznek, de azért jó lenne ránézésre látni.

Előzmény: [1084] Sinobi, 2018-04-06 14:21:50
[1084] Sinobi2018-04-06 14:21:50

Aham.

Más: Az A716-hoz kapcsolódóan. Ha behúzzuk a PD és QD egyeneseket, és vesszük az ABC háromszög ω köréírt körével vett metszéspontjukat, akkor azt kapjuk, hogy a feladat ekvivalens azzal, hogy ez a két metszéspont által meghatározott egyenes párhuzamos a BC-vel. (A PDQ-ra való antiparallelitással) (Lásd ábra)

Ezt hogyan lehetne legrövidebben, projektív geometriai eszközökkel belátni? Nincsenek könnyen megjegyezhető, ehhez hasonló (általánosabb) konfigurációkra valami lemmák?

Előzmény: [1083] Lpont, 2018-04-06 12:22:20
[1083] Lpont2018-04-06 12:22:20

Ezek szerint olyan falu nem létezik, ahol a házak nem egy egyenesre esnek, de vannak különböző H és N pontok a kért minimumtulajdonsággal?

Előzmény: [1082] Sinobi, 2018-04-06 10:26:02
[1082] Sinobi2018-04-06 10:26:02

> Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

Igen, az összes olyan faluban, amely nem egy egyenesre esik, határozott egyenlőtlenség teljesül. Turágus momentán nem ilyen.

Ha továbbolvasod az idézett részt, akkor látod hogy a megoldás meg is mutatja, hogy Turágusban ugyanolyan jó F, mint N, tehát Turágus egy egyenesre esik:

> és az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja. Mivel H,N "optimális pontok", ezért nyilván teljesül is az egyenlőség.

//[B4930]

Előzmény: [1081] Lpont, 2018-04-06 07:26:39
[1081] Lpont2018-04-06 07:26:39

A megoldás szerint: "...az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja."

Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

Előzmény: [1080] Sinobi, 2018-04-06 01:18:22
[1080] Sinobi2018-04-06 01:18:22

> hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be.

Azt hiszem, nem értem a problémádat. F-ben ugyanannyi a távolságösszeg, mint N-ben. Miért kéne inkább F-be építeniük a Napimádóknak N helyett?

Előzmény: [1079] Lpont, 2018-04-05 18:46:12
[1079] Lpont2018-04-05 18:46:12

Olvasván a hivatalos megoldást a következő kérdés merült fel bennem:

Ha időben előbb jön létre pl. a H pont (ha több ilyen tulajdonságú pont létezik, úgy megtalálták az egyiket, nem számolnak tovább, oda építenek szentélyt).

Ezt követően a Napimádók elkezdenék a feladat feltételének megfelelő H-tól különböző (ha ilyen létezik) N pontban építeni a szentélyüket, rájöhetnek (ők továbbgondolják, mint a Holdimádók), hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be. Vagy HF felezőpontjába,.....és így tovább.

Hová fognak építeni a Napimádók?

Előzmény: [1078] Lpont, 2018-04-04 18:30:05
[1078] Lpont2018-04-04 18:30:05

Tisztelt fórumozók, feltenné vki a B.4930. feladat megoldását?

Köszönöm.

[1077] Williams Kada2018-03-28 16:13:38

Igen, és csupán azon ráncoltam arcomat, hogy feladatban, folyóiratban, szakirodalomban adott fogalmat adott néven érdemes nevezni. Így az A.718. feladat kizárja azt, amit végtelen polinom névvel illetsz, hiszen azt hatványsornak érdemes nevezni (lásd itt vagy itt). A polinom szó hivatalosan kizárólag véges, \(\displaystyle a_0+a_1X+\dots+a_nX^n\) alakú kifejezésekre vonatkozik.

Személyes véleményem nekem is, hogy mindig szabad és gyakran érdemes másképpen gondolkozni (ha ezalatt saját kíváncsiságunk határtalan követése értendő). Sőt, helyzettől és észszerűségtől függően igencsak helyeselni tudom a nyelv sajátos jelentéstartalommal történő használását, újradefiniálását, nyilván ezzel együtt ügyelve arra, hogy adott szó kinek mit jelent.

Előzmény: [1076] marcius8, 2018-03-27 09:01:23
[1076] marcius82018-03-27 09:01:23

Minden tiszteletem Robert Gida [1075] és Williams Kada [1076] hozzászólásaiért, természetesen igazuk van. Egy kétváltozós végtelen polinom, de akár egy egyváltozós végtelen polinom is sokkal nehezebben átlátható, mint egy véges polinom. Azonban olyan vagyok, hogy sokszor szeretek egy kicsit másképpen gondolkozni, amit az [1074]-ben írtam, az csak úgy jött... Meg aztán a végtelen polinomok amúgy léteznek is, sőt ha úgy nézzük, akkor azok a végtelen polinomok is léteznek, ahol a tagok kitevőjében tetszőleges negatív egész szám is előfordul. (Például akármilyen hatványsorok, amelyek vagy konvergensek, vagy nem.)

Előzmény: [1073] marcius8, 2018-03-15 18:34:36
[1075] Williams Kada2018-03-22 17:59:16

Szia! Szeretném tisztázni:

A polinom fogalmának (tudomásom szerint a matematikusok konszenzusa szerinti) helyes definíciójának tisztázásaképpen íródott a hivatalos megoldás alján szereplő megjegyzés. A feladat kitűzésekor ez a definíció volt implicit, és kifejtésének nem éreztem szükségét, mert ha bizonytalanul is szerepel a középiskolai tananyagban, utána lehetett nézni.

Előzmény: [1073] marcius8, 2018-03-15 18:34:36
[1074] Róbert Gida2018-03-16 00:51:55

Szerintem \(\displaystyle F,G\) nem értelmezett az \(\displaystyle (a,b)\) helyeken: ez a végtelen szorzatok között is spec.; ha itt értelmeznénk a szorzat értékét, akkor egy \(\displaystyle 0*\infty\) szorzatot is értelmeznénk. (ehhez vegyed az első néhány tagot, amik szorzata nulla, majd a többi tagot).

Előzmény: [1073] marcius8, 2018-03-15 18:34:36
[1073] marcius82018-03-15 18:34:36

A.718 Nem tudom, a következőt képzeltem el: Senki sem mondta, hogy véges fokszámú polinomokat keresünk. Először is kerestem két olyan kétváltozós polinomot, amelyeknek ugyanazok az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) számok a gyökei, és a két polinomnak nincsen közös osztója.

Legyen \(\displaystyle f_{a,b}(x,y)=(x-a)^2+(y-b)^4\). Ekkor \(\displaystyle f_{a,b}(x,y)=0\), pontosan akkor ha \(\displaystyle x=a\wedge y=b\).

Legyen \(\displaystyle g_{a,b}(x,y)=(x-a)^4+(y-b)^2\). Ekkor \(\displaystyle g_{a,b}(x,y)=0\), pontosan akkor ha \(\displaystyle x=a\wedge y=b\).

Most legyen \(\displaystyle a_k=2k+0\) és legyen \(\displaystyle b_k=2k+1\). Legyen \(\displaystyle F(x,y)=\Pi_{k=0}^\infty f_{a_k,b_k}(x,y)\). Legyen \(\displaystyle G(x,y)=\Pi_{k=0}^\infty g_{a_k,b_k}(x,y)\).

[1072] Róbert Gida2018-03-13 18:58:22

Lejárt A717. megoldása: legyenek a számaink \(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta\) alakúak, ahol \(\displaystyle \alpha,\beta\ge 0\), és tegyük fel indirekte, hogy valamilyen \(\displaystyle K>0\) egészre van három ilyen alakú szám \(\displaystyle K^2\) és \(\displaystyle (K+1)^2\) között. Ekkor \(\displaystyle 2\) ilyen alakú szám különbsége: \(\displaystyle 2^a 3^b-2^c 3^d=2^{min(a,c)} 3^{min(b,d)} (u-v)=min(2^a,2^c)min(3^b,3^d)(u-v)\), ahol \(\displaystyle u,v\) persze maga is lusta szám, azaz \(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta\) alakú. A számaink \(\displaystyle K^2\)-nél nagyobbak, és 2 hatvány szorzataként állnak elő, így (legalább) az egyik tag legalább \(\displaystyle K\); de 3 ilyen számunk van, ezért (skatulyaelv miatt) van olyan két szám, amiben a 2 hatványok (vagy a 3 hatványok) legalább K-ak, azaz írhatjuk:

\(\displaystyle 2K>|n1-n2|=min(2^a,2^c)min(3^b,3^d) |u-v|>=K |u-v|\), de \(\displaystyle u!=v\) mivel 2 különböző számról van szó (és mivel egész), ezért csak \(\displaystyle |u-v|=1\) lehet, azaz írhatjuk:

\(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta -2^\gamma 3^\delta =\pm 1\), amiből kapjuk, hogy \(\displaystyle \alpha, \gamma \) nem lehet egyszerre pozitív, különben a bal oldal páros, hasonló igaz \(\displaystyle \beta,\delta\)-ra. Azaz \(\displaystyle 2^x-3^y=\pm 1\), ennek az egész megoldásai viszont ismertek: \(\displaystyle \{x,y\}\in \{\{1,0\},\{1,1\},\{2,1\},\{3,2\}\}\), ez a Catalan-sejtés (ami ma már tétel) egy 600 éve ismert ultra spec. esete. Azaz kapjuk, hogy \(\displaystyle \frac{(K+1)^2}{K^2}>|\frac {max(n1,n2)}{min(n1,n2)}|\ge \frac98\), ami látványosan hamis nagy K-ra, kicsikre meg külön ellenőriztem.

  [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]    [47]    [48]    [49]