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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[147] rizsesz2006-01-21 16:10:56

Lóczi Lajos 2000. januárjában megjelent cikke szerint azt hiszem az a ad b=b ad a egyenlet gyökei a=(1+1/n) ad n és b=(1+1/n) ad (n+1) (TeX :)), illetve az a=b eset. ebből származtatható a 2 megoldás.

[146] ScarMan2006-01-21 13:15:29

A B.3871. feladathoz:

Ha ábrázoljuk koordinátarendszerben az eredeti egyneletet (lila és barna vonal metszéspontjai) és a 2x=x2 egyenletet (zöld és sárga vonal metszéspontjai), látszik, hogy ugyanazok a megoldásiak. Pozitív számok esetén a két gyök 2 és 4, ezek egész számok, így behelyettesítéssel könnyen bizonyítható, hogy ez a kettő a megoldás. De van a negatív számok halmazán is egy megoldás, x3=-0,76 környékén. Hogy lehetne megoldani a 2x=x2 egyenletet, hogy ezt a gyököt is megkapjuk? Nincs valakinek ötlete?

Előzmény: [139] Iván88, 2006-01-19 19:50:59
[145] ScarMan2006-01-21 12:10:33

Beírok egy feladatot én is, elnézést, ha kicsit kacifántosan írtam le (ha vmit rosszul akkor pláne), de nem kellett bele TeX, és legalább népszerűsödik a téma.

B.3862. feladat megoldása:

Ismeretes, hogy a sakktáblán végig lehet úgy léptetni egy huszárt, hogy az minden mezőre pontosan egyszer lép rá, és az utolsó mezőről visszatérhet a kezdő mezőre (ld. ábra). Egy ilyen út látható az ábrán. Ez az út 64 lépésből áll, hiszen ennyi a mezők száma. Ha el akarunk helyezni 32 huszárt a mezőkön úgy, hogy azok ne támadják egymást, nem tehetünk két huszárt két, az út során egymást követő mezőre.

Ez azt jelenti, hogy az 1-64 számokból kell kiválasztanunk 32-őt, úgy, hogy semelyik kettő ne legyen szomszédos, és itt a 64-et és az 1-et is szomszédosnak tekintjük. Ezt csak úgy tehetjük meg, ha minden második számot választunk ki. Legalább egy szám ugyanis mindenképp kell legyen két szám között, tehát minden szám után kell hagynunk egy helyet, vagyis egy szám legalább két helyet foglal, így a 32 kiválasztott szám összesen lefoglalja mind a 64-et, ez a legjobb eset, amikor mindenhol egy szám marad ki. Sehol sem marad ki egy számnál több, így ha valahol többet hagynánk ki, a maradékot már nem tudnánk megfelelően elhelyezni.

Minden második számot kétféleképpen tudjuk kiválasztani: vagy a páros számokat, vagy a páratlan számokat. Látható, hogy a huszár mindig a saját mezőjével ellentétes színű mezőt támad, tehát egyrészt az azonos színű mezők nem támadhatják egymást, másrészt a huszár által bejárt út a sakktáblán váltakozó színű mezőkön történik, tehát az azonos paritású lépések azonos, a különböző paritású lépések különböző színűek.

Ez azt jelenti, hogy a két lehetséges kiválasztás: minden fehér, vagy minden fekete mezőre állítunk egy huszárt. Így ezek a huszárok valóban nem fogják egymást támadni, hiszen megegyező színű mezőn állnak.

[144] lorantfy2006-01-21 00:03:53

Mert a log2(x) fgv. szig. mon. növekvő, tehát nagyobb szám logaritmusa nagyobb.

Így pl. ha x2<2x akkor x2 helyett 2x-t írva a fgv. "hasába" nagyobb értéket kapunk:

x2+log2(x2+2x)<x2+log2(2x+2x)=x2+log2(2x+1)=x2+x+1<2x+x+1

Vagyis x2+log2(x2+2x)<2x+x+1, nem lehet egyenlőség.

És fordítva, ha x2>2x, akkor:

x2+log2(x2+2x)>x2+log2(2x+2x)=x2+log2(2x+1)=x2+x+1>2x+x+1

Tehát x2+log2(x2+2x)>2x+x+1, így sem lehet egyenlőség.

Éppen azt láttuk be, hogy egyenlőség akkor, és csak akkor lehet, ha x2=2x.

Erre jutottál Te is, csak a végén az a "más megoldás nincs" kijelentés nem elég meggyőző.

Előzmény: [143] Iván88, 2006-01-20 22:16:57
[143] Iván882006-01-20 22:16:57

Ezt miért kéne? Én nem értem.

Előzmény: [142] lorantfy, 2006-01-19 22:37:54
[142] lorantfy2006-01-19 22:37:54

Szia Iván!

Megvizsgáltad az x2 és a 2x viszonyát x különböző értékeinél, most azt kéne megnézni, hogyan változik a log2(x2+2x) értéke ha x2 helyett 2x-t írsz bele! Közben a másik oldalon 2x helyett x2-t írunk!

Melyik intervallumon, hogyan változik a két oldal értéke?

Előzmény: [139] Iván88, 2006-01-19 19:50:59
[141] lorantfy2006-01-19 22:09:00

B.3865. megoldása: (a) Mivel AB1C1\Delta hasonló AB2C2\Delta így c2=\lambdac1 és b2=\lambdab1 amiből

\frac{b_2}{c_2}=\frac{b_1}{c_1} vagyis \frac{AB_2}{AC_2}=\frac{AB_1}{AC_1} és C1AC2\angle=\alpha+\delta=B1AB2\angle

Tehát AB1B2\Delta\simAC1C2\Delta, mert két oldaluk aránya és a közbezárt szög megegyezik.

(b) A hasonlóság miatt AB1B2\angle=\beta1=AC1C2\angle. Ezután nézzük meg AB1C1\Delta és DB1C1\Delta szögeit! \beta1, \gamma és \epsilon mindkettőben közös, így B1DC1\angle=\alpha.

B1C1 szakasz A és D pontból is \alpha szögben látszik, tehát közös látóköríven vannak, ami éppen az AB1C1\Delta köré írt kör. Hasonlóan belátható, hogy D pont rajta van AB2C2\Delta köré írt körön.

[140] lorantfy2006-01-19 20:52:09

Kedves Káli gúla!

Nagyon szép ötlet. Gratulálok! Én nem tudtam vele mit kezdeni. És köszönöm, hogy föltetted!

Előzmény: [138] Káli gúla, 2006-01-18 15:25:07
[139] Iván882006-01-19 19:50:59

Valaki monja meg, hogy hogyan kell megoldani(teljesen) a B. 3859-est!

Addig is elküldöm a B. 3871-esre az én megoldásomat.

B. 3871. Oldjuk meg az

x2-x-1=2x-log2(x2+2x)

egyenletet a pozitív számok körében.

Itt aztán minden van. Hatványtag, exponenciális tag és logaritmikus tag is. Nem éri meg kibontani őket. Néhány számot próbáljunk ki, hátha lesz valami. Így kapjuk azt hogy a 2 és a 4 megoldásai az egyenletnek. Megmutatjuk, hogy más megoldás nincsen.

Az én ötletem az volt, hogy (mivel az x2+2x szerepel a logaritmus után és az egyenlet mindkét oldalán (egyiken az egyyik, másikon a másik)) hasonlítrsuk össze az x2-et a 2x-nel. A két függvényt ábrázolva azt kapjuk, hogy x2=2x, ha x1;2=2; 4; 2>2x, ha 2<x<4 , minden egyéb esetben 2x>x2, mivel 0<x.

Nézzük meg, hogy milyen relációkapcsolatban van x+1, a log2(x2+2x)-nel. Néhány ekvivalens átrendezés után azt kapjuk, hogy az x+1-ből 2x, a log2(x2+2x)-ből az x2-es tag "keletkezik".

Az eredeti egyenletet az alábbi alakra hozva azt kapjuk, hogy:

x2+log2(x2+2x)=2x+x+1

a bal oldalon állnak az "x2-es tagok" (reláció szempontjából), míg a jobb oldalon a "2x-esek". Mivel x2=2x, ha x1;2=2; 4, így más megoldás nincs.

[138] Káli gúla2006-01-18 15:25:07

B. 3867. Legyen az n olyan pozitív egész szám, amelyre 4n+2n+1 prímszám. Bizonyítsuk be, hogy n a 3-nak egész kitevőjű hatványa.

Ha n nem 3 hatvány, akkor van olyan p prímosztója, ami nem 3. Legyen n1=n/p és a=2n1. Ekkor a kérdezett szám N=a2p+ap+1. Azt fogjuk belátni, hogy N osztható (a2+a+1)-gyel. Ha a számot a alapú számrendszerben írjuk fel, akkor három egyes számjegye van --jobbról balra olvasva--, a nulladik, a p-edik és a 2p-edik, az összes többi jegye 0.

Tízes számrendszerben egy ilyen szám 999-cel osztva 111-et ad maradékul , mert a jegyeket jobbról balra hármasával csoportosítva a 999-es osztási maradékot ezeknek az ezres csoportoknak az összege adja, ami éppen 111 lesz, hiszen az egyesek helyén álló 1-es a csoportjában a jobb szélre kerül, a középső és a legnagyobb helyiértékű 1-es pedig a csoportjában biztosan a másik két pozícióra kerül (mivel p és 2p különbözőek és nem nullák mod 3).

Ugyanezt 10 helyett a-ra elmondva azt kapjuk, hogy N az (a3-1)-gyel osztva (a2+a+1)-et ad maradékul, amivel kész is vagyunk, hiszen (a2+a+1) | (a3-1), és persze a talált osztó 1<a2+a+1<N miatt valódi.

[137] lorantfy2006-01-17 21:52:50

Kedves Fórumosok!

Nekem az előző havi B feladatsorból ez a példa tetszett a legjobban. Köszönet érte Bodnár Jásnosnak, aki javasolta.

B.3869. megoldása: Azt fogjuk belátni, hogy LM párhuzamos BC oldallal. Ebből következik, hogy MN is párhuzamos BC-vel (hiszen ugyanúgy látható be) és így LN is az.

Egyszerűsítsük le a feladatot. Foglalkozzunk a BA1 és A1C egyenlő íveken nyugvó A és C1 csúcsú, egyenlő nagyságú kerületi kerületi szögekkel. Ezek szárai az L, M és P pontokban metszik egymást.

APM és C1PL háromszögeknek két-két szöge egyenlő, így az M és L csúcsoknál lévő szögek is egyenlőek. Tehát ezek a szögek az AC1 szakasz fölé emelt, azonos látókörívre esnek. (Vagyis AC1LM húrnégyszög.)

Ebben a körben C1AL\angle és C1ML\angle a C1L ivhez tartozó kerületi szögek, tehát egyenlőek. AC1M\angle és ALM\angle az AM ívhez tartoz kerületi szögek tehát egyenlőek. Ebből már következik, hogy AC1P és LMP háromszögek hasonlóak, mert két szögük egyenlő.

Ugyanigy belátható a nagyobb körben, hogy AC1P és BCP háromszögek hasonlóak. Ebből már következik, hogy LMP és BCP háromszögek is hasonlóak. Mivel ezen háromszögek P csúcsban lévő szöge közös, másik két szögük egyenlő, így LM párhuzamos BC oldallal.

[136] Iván882006-01-15 19:39:47

Na most aztán teljesen kifogytam az ötletekből. Lőjük le a megoldást, mert más feladatokról is szeretnék beszélni.

Előzmény: [135] nadorp, 2006-01-11 08:32:32
[135] nadorp2006-01-11 08:32:32

Még nem,de majdnem. Tehát legyen a1=1 és ak=k.(k-1)-1, ha 2\leqk\leqp-1. Ez jónak tűnik, mert a1...ak\equivk mod(p),hiszen k kivételével mindegyik tag inverze is szerepel a szorzatban. Már csak annak a bizonyítása van hátra, hogy ezek a számok különböző maradékot adnak p-vel osztva. Ehhez azt kell belátni, hogy egyrészt az 1 maradék csak egyszer fordul elő, másrészt, hogy az n.(n-1)-1\equivk.(k-1)-1 mod(p)   (2\leqn,k\leqp-1) kongruenciának csak n=k a megoldása. ( az esetszétválasztás azért kell, mert 0-nak nincs inverze).

Előzmény: [134] Iván88, 2006-01-10 20:26:18
[134] Iván882006-01-10 20:26:18

Ha jól veszem ki, akkor x=3-1, de ebben nem vagyok ebben biztos. Eszerint az ak=k.(k-1)-1, de ezzel még nem vagyok kész-szerintem.

Előzmény: [133] nadorp, 2006-01-09 08:43:04
[133] nadorp2006-01-09 08:43:04

Induljunk ki a Te megoldásodból.Ebben a_3=\frac{p+3}2.Ekkor

2a3=p+3,azaz

2a3\equivmod(p).

Ha most a 2 inverzét ( lásd 125. hozzászólás) jelöli 2-1, akkor

a3\equiv3.2-1 mod(p). Ez egy "szebb" alak,mert általánosítható. Legyen

a1=1  a2=2.1  a3=3.2-1  a4=4x... Mi az x ? Folytasd a sorozatot.

Előzmény: [132] Iván88, 2006-01-08 16:55:16
[132] Iván882006-01-08 16:55:16

Sokat gondolkoztam ezen, de nem találtam meg az ehhez szükséges infókat, magamtól meg egyszerűen képtelen vagyok rájönni.

Előzmény: [131] nadorp, 2005-12-30 20:38:32
[131] nadorp2005-12-30 20:38:32

Ígéretes elindulás. Általában is igaz, hogy megválasztható a sorrend úgy, hogy a1a2...ak p-vel osztva k-t ad maradékul. Ehhez a konstrukcióhoz minden információ a rendelkezésedre áll a korábbi hozzászólások alapján.

Előzmény: [130] Iván88, 2005-12-30 18:29:22
[130] Iván882005-12-30 18:29:22

Egy kicsit kanyarodjunk vissza a B. 3859-re. Az már volágos, hogy (p-1)!+1 osztható p-vel. Ha a sejtésem igaz, akkor a2=2 és a3=\frac{n+3}2, egyellőre kifogytam az ötletekből, de hátha halakit ez elindít(ott).

Előzmény: [121] Iván88, 2005-12-24 23:14:03
[129] Geg2005-12-29 14:59:25

A feladatot en javitottam, volt nehany ember, aki hasonloan igyekezett megkozeliteni a feladatot, de csak 1 vagy 2 volt az aki tisztessegesen vegigszamolta geometriaval az egeszet.

Lenyegesen egyszerubb megoldas ha vektorokat hasznalunk: fel kell irni a mozgasegyenletet tetszoleges testnek ugy, hogy az origo a tkp (hiszen nyilvan ekorul forog a rendszer ha a testek egymastol mert tavolsaga idoben allando), ekkor nehany egyszeru atalakitas soran kijon a szogsebesseg es az, hogy az nem fugg az eppen aktualis test tomegetol, csak az ossztomegtol.

Előzmény: [126] lorantfy, 2005-12-28 23:12:10
[128] lorantfy2005-12-29 11:14:31

Szia Viktor!

A szöveg azt mondja, hogy "bármely kettő közötti távolság megegyezik". Ez a te példád esetében csak úgy lehetne, ha az első két tömegpont egyenlő, a 3. pedig az őket összekötő szakasz felező merőlegesén van úgy, hogy egyenlő oldalú \Delta-t alkossanak. A forgáspont akkor sem lehet az első kettő tömegközéppontjában, mert a grav. erők eredőinek hatásvonalai nem ott metszik egymást.

Előzmény: [127] xviktor, 2005-12-29 01:01:02
[127] xviktor2005-12-29 01:01:02

Olyan is lehet-e a rendszer, hogy 2 forog egy pont korul atellenben, a 3. meg a ketto sulypontja korul, a masik kettot osszekoto szakaszra meroleges sugarral?

Udv: Viktor

Előzmény: [126] lorantfy, 2005-12-28 23:12:10
[126] lorantfy2005-12-28 23:12:10

Szia X!

P. 3833. Mozoghat-e három különböző tömegű pontszerű test egymás gravitációs terében úgy, hogy bármely kettő közötti távolság megegyezik és a mozgás során állandó marad? Mekkora szögsebességgel forog ez a rendszer?

A második kérdés sugallja a választ az elsőre. Forgatni kell a rendszert, méghozzá úgy, hogy a testekre ható gravitációs erők eredője éppen a körmozgást biztosító centripetális erő legyen.

A testek egy egyenlő oldalú háromszög csúcspontjaiban vannak. Először keressül meg a forgás középpontját.

A testekre ható grav. erők eredőit meghosszabbítva ezek egy pontban metszik egymást, (ugyanis vektori eredőjük nulla, hiszen a komponensek összege is nulla) csak ez a pont lehet a forgás középpontja.

Fcp=mr\omega2, így azt kell még belátnunk, hogy ha OA=r1, OB=r2,OC=r3, akkor

m1r1  :  m2r2  :  m3r3  =  F1  :  F2  :  F3

Ezt belátni egy matematikai feladat, remélhetőleg sin-cos tételekkel menni fog!

Előzmény: [123] !X!, 2005-12-27 09:48:16
[125] nadorp2005-12-28 16:00:33

Azt bizonyították be, hogy a p(x) polinom az x=1,2,...,p-1 helyeken osztható p-vel, azaz ezek a számok a polinom gyökei modulo (p). Viszont ha egy test feletti (p-2)-ed fokú polinomnak (p-1) darab gyöke van, akkor az csak a 0 polinom lehet. Ha ez a bizonyítás nem tetszett, akkor itt egy másik.

Legyen x egy p-nél kisebb pozitív egész és tekintsük a x,2x,3x,...,(p-1)x számokat. Ezek a számok nem oszthatók p-vel és bármely kettő különböző maradékot ad p-vel osztva. Ezért van pontosan egy olyan y, hogy az xy p-vel osztva 1-et ad maradékul. Ezt az y-t a x multiplikatív inverzének nevezzük modulo p. Az is látszik, hogy csak az 1 és a p-1 önmaga inverze ( ha p|x2-1, akkor p|x-1 vagy p|x+1). Az előbbiek szerint a 2,3,...p-2 számok párba állíthatók úgy, hogy a két szám szorzata 1-t ad maradékul p-vel osztva. Ebből viszont az következik, hogy

2.3.....(p-2)=(p-2)! is 1-t ad maradékul mod (p).

Előzmény: [124] Iván88, 2005-12-27 18:57:36
[124] Iván882005-12-27 18:57:36

Hogy őszinte legyek, odáig értem, hogy xp-l-1 osztható p-vel, de a többi nem világos. Hogy jön ide a p(x)?

Előzmény: [122] Csimby, 2005-12-24 23:46:27
[123] !X!2005-12-27 09:48:16

A P.3833.-as feladatra senki nem tud valami okosat mondani?

  [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]