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.

[178] [evilcman]	2006-03-14 21:37:32
Feltöltöttem a megoldásomat: http://thevilcman.atw.hu Szerintem jó. :-]
Előzmény: [177] Iván88, 2006-03-09 20:45:10

[177] Iván88	2006-03-09 20:45:10
A P. 3862.-re van valakinek megoldása?

[176] Yegreg

2006-02-27 20:29:44

B.3851, szerintem meglehetősen egyszerű megoldás:) Itt f^k(x) alatt fofo...of(x)=f(f(...f(x))..)-et értettem.

Először is, nézzük meg az f² és a g³ függvényeket! $f^2: x\mapsto\frac1{x}\mapsto\frac1{\frac1{x}}=x$ , azaz

f²(x)=x

(1)

. $g^3: x\mapsto 1-\frac1{x}=\frac{x-1}{x}\mapsto 1-\frac{x}{x-1}=\frac{-1}{x-1}\mapsto 1-\frac{x-1}{-1}=1-(1-x)=x$ , azaz

g³(x)=x

(2)

. Ha előállítható az x $\mapsto$ x+1 függvény, akkor az azt jelenti, hogy véges sok lépésben el kell jutnunk a függvények felhasználásával x-ből x+1-be, azonban (1) és (2) alapján az egymás után kétszer végrehajtott f, illetve háromszor végrehajtott g függvények kiesnek. Ebből következően a valóban előre vivő lépések:

1, ha utoljára f függvényt hajtottunk végre, akkor most értelmetlen újra f-et végrehajtani, mert akkor a kettővel ezelőtti pozícióba jutnánk, így f után csak g-t hajtunk végre.

2, ha utoljára g-t hajtottunk végre, és az előtt is, akkor, ha most is g-t hajtanánk végre, akkor a hárommal ezelőtti pozícióba jutnánk, ami értelmetlen, azaz 2 g függvény után csak f következhet.

3, ha utoljára g-t hajtottunk végre, de előtte nem g-t, akkor mind az f, mind a g függvény végrehajtható.

Ezek alapján nézzük meg, hova juthatunk x-ből!

A vékonyabb fekete vonalak a függvényeket, a vastagabb piros vonalak egyenlőségeket jelölnek. Látható az ábráról, hogy a fent leírt lépésekkel véges sok lépésen belül egy korábbi pozícióval, vagy x-szel egyenlő értéket kapunk, és ezek között nem szerepel az x+1, ebből nyilvánvalóan következik, hogy nem állítható elő a függvények kompozíciójaként, hiszen csak az ábrán látható "kör" elemei állhatnak elő.

[175] Yegreg

2006-02-27 20:24:47

B.3867.

Nyilvánvalóan, ha n nem háromhatvány, akkor felírható 3^k(3l+1) vagy 3^k(3l+2) alakban, hiszen 3^kA alakban triviálisan felírható(pl. k=0 egyértelműen jó), és innentől, ha 3|A, akkor kiemeljük, és $3^{k+1}\frac{A}3$ alakba írjuk, ha a harmada osztható 3-mal, akkor ismét kiemeljük, a kitevőt 1-gyel növeljük, és ez mindaddig folytathatjuk, míg a kapott A' szám nem lesz osztható 3-mal, ekkor pedig a kívánt alaknál járunk.

1. állítás

2^{3^k+1} $\equiv$ 1(4^{3^k}+2^{3^k}+1)

(1)

Bizonyítás:

Az állítás ekvivalens azzal, hogy

(4^{3^k}+2^{3^k}+1)|(2^{3^k+1}-1), a kongruencia definíciója alapján.

2^{3^k+1}-1=(2^{3^k}-1)³-1=(2^{3^k}-1)((2^{3^k})²+2^{3^k}+1)=(2^{3^k}-1)(4^{3^k}+2^{3^k}+1)

Tehát, mivel 2^{3^k}-1 nyilván egész, így (1) teljesül.

2. állítás

2^{3^k}(2^{3^k}+1) $\equiv$ -1(4^{3^k}+2^{3^k}+1)

(2)

Bizonyítás:

Az állítás ekvivalens azzal, hogy

(4^{3^k}+2^{3^k}+1)|(2^{3^k}(2^{3^k}+1)+1).

2^{3^k}(2^{3^k}+1)+1=(2^{3^k})²+2^{3^k}+1=4^{3^k}+2^{3^k}+1

Tehát a kifejezés egyenő vele, azaz nyilván osztható is.

3. állítás

2^{3^k2}(2^{3^k2}+1) $\equiv$ -1(4^{3^k}+2^{3^k}+1)

(3)

Ez ekvivalens azzal, hogy

(4^{3^k}+2^{3^k}+1)|(2^{3^k2}(2^{3^k2}+1)+1)

2^{3^k2}(2^{3^k2}+1)+1=4^{3^k2}+2^{3^k2}+1=4^{3^k2}-4^{3^k}^.2^{3^k}+4^{3^k}+4^{3^k}^.2^{3^k}-4^{3^k}+2^{3^k}+4^{3^k}-2^{3^k}+1(hozzáadtuk és kivontuk ugyanazokat a számokat)=4^{3^k}(4^{3^k}-2^{3^k}+1)+2^{3^k}(4^{3^k}-2^{3^k}+1)+4^{3^k}-2^{3^k}+1=(4^{3^k}+2^{3^k}+1)(4^{3^k}-2^{3^k}+1)

És mivel 4^{3^k}-2^{3^k}+1 nyilván egész, így az állítás teljesül.

(a későbbiekben használt k független ezen k-któl, ezek tetszőleges természetes k-ra igaz állítások)

1, eset

n=3^k(3l+1)

4ⁿ+2ⁿ+1=2ⁿ(2ⁿ+1)+1=2^{3^k(3l+1)}(2^{3^k(3l+1)}+1)+1=(2^{3^k+1})^l^.2^{3^k}((2^{3^k+1})^l^.2^{3^k}+1)+1 ((1) alapján) $\equiv$ (1)^l^.2^{3^k}((1)^l^.2^{3^k}+1)+1=2^{3^k}(2^{3^k}+1)+1((2) alapján) $\equiv$ -1+1=0(4^{3^k}+2^{3^k}+1) Azaz osztható a kifejezés 4^{3^k}+2^{3^k}+1, viszont, ha n $\neq$ 3^k, azaz l $\neq$ 0, tehát n nem háromhatvány, akkor a kifejezés nem egyenlő 4^{3^k}+2^{3^k}+1-vel, így van önmagán kívüli és 1-től különböző pozitív osztója, tehát nem prím.

2, eset

n=3^k(3l+2)

4ⁿ+2ⁿ+1=2ⁿ(2ⁿ+1)+1=2^{3^k(3l+2)}(2^{3^k(3l+2)}+1)+1=(2^{3^k+1})^l^.2^{3^k2}((2^{3^k+1})^l^.2^{3^k2}+1)+1((1) alapján) $\equiv$ 2^{3^k2}(2^{3^k2}+1)+1((3) alapján) $\equiv$ -1+1=0(4^{3^k}+2^{3^k}+1)

Tehát a kifejezés osztható 4^{3^k}+2^{3^k}+1-vel, és mivel 3l+2 biztosan nagyobb 1-nél, hiszen l természetes szám, így a kifejezés nem egyenlő 4^{3^k}+2^{3^k}+1-gyel, tehát van 1-től és önmagától különböző pozitív osztója, így nem prím.

Ezzel az állítást bebizonyítottuk, hiszen beláttuk, hogy minden olyan esetben, amikor n nem 3^k alakú, a kifejezés összetett.

[174] Yegreg	2006-02-27 20:23:25
Ha már én kérvényeztem, hogy elérhető legyen a TeX forrás, illik pár megldást feltöltenem.

[173] Sabroso	2006-02-27 19:01:22
A 'hivatalos' megoldás viszont ehhez képest nem túl szép... Ami érdekes, mert a 159 megoldó közül valószínűleg egy páran rájöttek erre a megoldásra (pl. én is).
Előzmény: [170] HoA, 2006-02-27 17:26:51

[172] DZSO	2006-02-27 18:47:38
Hát még az én koordinátageometriásom...:DD
Előzmény: [171] Doom, 2006-02-27 18:06:53

[171] Doom	2006-02-27 18:06:53
Ügyes kis megoldás, nekem főleg tetszik, mivel az én vektoros megoldásom több, mint egy oldalt felemésztett... XD :)
Előzmény: [170] HoA, 2006-02-27 17:26:51

[170] HoA	2006-02-27 17:26:51
Kedves Fórumosok! Most jelentek meg (2006. február) a B. 3837. megoldásai, szeretnék mutatni rá egy elemi megoldást. Használjuk fel azt a tételt, hogy egy N₁ négyszög oldalfelező pontjai által meghatározott N₂ négyszög paralelogramma, mert szemközti oldalai párhuzamosak N₁ egyik átlójával és fele olyan hosszúak, mint az N₁ -átló. Ebből az is következik, hogy ha N₁ átlói egyenlőek és merőlegesek egymásra, akkor N₂ szomszédos oldalai is egyenlőek és merőlegesek egymásra, tehát N₂ négyzet. Feladatunkban P, S, Q, R az ADHC négyszög oldalfelező pontjai, ezért csak azt kell megmutatnunk, hogy AH és DC egyenlőek és merőlegesek egymásra. Forgassuk el az ABH $\Delta$ -et B körül 90^o -kal pozitív irányban. Ekkor A D-be, H C-be kerül, AH elforgatottja DC lesz, ezért AH és DC valóban egyenlőek és merőlegesek egymásra.

Előzmény: [99] lorantfy, 2005-10-18 18:36:36

[169] Doom	2006-02-19 13:44:04
Szép megoldás, nekem tetszik! :)
Előzmény: [168] [evilcman], 2006-02-18 22:16:05

[168] [evilcman]	2006-02-18 22:16:05
Töltöttem fel egy megoldást a B.3881.-es feladatra: http://thevilcman.atw.hu/files.html Szerintem jó :) Viszont elég hosszadalmas.

[167] lorantfy

2006-02-18 16:21:38

B. 3877. feladat megoldása: Az S pont az FC súlyvonalat harmadolja. PFS $\Delta$ és QCS $\Delta$ hasonló - mert két oldalegyenesük közös és PF párhuzamos CQ - és a hasonlóság aránya 1:2.

Legyen AB=c, PF=x, ekkor CQ= 2x. Az R ponton átmenő AB-re merőleges egyenes AB-vel és CQ-val való metszéspontjai legyenek M és N pontok. MN=m, az ABC $\Delta$ magassága.

ABR $\Delta$ hasonló QCR $\Delta$ , mert két oldalegyenesük közös és AB párhuzamos CQ és a hasonlóság aránya:

$\lambda = \frac{AB}{CQ}= \frac{c}{2x}$ Így arányos osztással: $MR= \frac {mc}{c+2x}$ . Látszik, hogy $PB= \frac{c}{2}+x$

A PBR $\Delta$ területe: $T_1=\frac {1}{2} PB \cdot MR= \frac {1}{2} (\frac{c}{2}+x) \frac {mc}{c+2x}=\frac {1}{4}(c+2x) \frac {mc}{c+2x}=\frac {1}{4}mc=\frac{T_{\Delta} }{2}$

Tehát PR szakasz felezi az ABC $\Delta$ területét.

[166] Káli gúla	2006-02-08 15:51:48
Ha elfogadjuk, hogy a PQ felezőpontját az origóval összekötő OQ' egyenes harmadolja a POX szöget, akkor R'OQ' szög az YOX derékszög kétharmada, tehát 60^o-os. A párhuzamos szárak miatt a RP'Q szög is ugyanekkora, ezért a RQ-hoz tartozó RPQ középponti szög 120^o-os. Húzzunk a P és Q pontokon át párhuzamosokat a tengelyekkel. A kapott (barna) téglalapban az átlók szöge (piros) külső szög, ezért kétszer akkora, mint az átlóknak a vízszintes oldallal bezárt szöge (kék). A két piros szög azért egyenlő, mert egyrészt a feltétel szerint OP=PQ/2, másrészt a (q;1/p) és a (p;1/q) pontokat összekötő átló meghosszabbítása átmegy az origón. Tehát az O pontnál a piros szög valóban kétszer akkora, mint a kék. Ez a szép és lényegében semmilyen előismeretet nem igénylő bizonyítás a P. 27-es, pontversenyen kívüli feladat hivatalos megoldása volt 1969-ben: ld. archívum.

Előzmény: [165] HoA, 2006-02-07 17:27:30

[165] HoA

2006-02-07 17:27:30

Kedves Fórumosok!

Az A. 386. feladathoz javaslok egy - szerintem - a honlapon megjelentnél sokkal egyszerűbb megoldást. Használjuk a honlap ábráját. Legyen az OP vektor hossza t, irányszöge $\alpha$ . Ekkor P koordinátái (t cos $\alpha$ ; t sin $\alpha$ ). Mivel P a hiperbolán van, ennek egyenlete

xy=t²cos $\alpha$ sin $\alpha$

A P-ből a kör/hiperbola metszéspontok egyikébe, mondjuk T-be mutató 2t hosszúságú PT vektor irányszöge legyen $\beta$ , ekkor T koordinátái

(t cos $\alpha$ +2t cos $\beta$ ; t sin $\alpha$ +2t sin $\beta$ )

T is a hiperbolán van, ezért

(t cos $\alpha$ +2t cos $\beta$ )(t sin $\alpha$ +2t sin $\beta$ )=t²cos $\alpha$ sin $\alpha$

t²(cos $\alpha$ sin $\alpha$ +2 cos $\beta$ sin $\alpha$ +2 cos $\alpha$ sin $\beta$ +4 cos $\beta$ sin $\beta$ )=t²cos $\alpha$ sin $\alpha$

2 cos $\beta$ sin $\alpha$ +2 cos $\alpha$ sin $\beta$ +4 cos $\beta$ sin $\beta$ =0

sin( $\alpha$ + $\beta$ )= -sin(2 $\beta$ )=sin(-2 $\beta$ )

Felhasználva, hogy sin x=sin( $\pi$ -x) , innen vagy

(a)	$\alpha$ + $\beta$ = -2 $\beta$ +2k $\pi$

, vagy pedig

(b)	$\alpha$ + $\beta$ = $\pi$ +2 $\beta$ +2k $\pi$

A (b) esetben

$\beta$ = $\alpha$ -(2k+1) $\pi$

, vagyis a PT irány éppen OP-vel ellentétes, ez a metszéspont ábránk P' pontja. Az (a) esetben

3 $\beta$ = - $\alpha$ +2k $\pi$

$\beta = ~-\frac\alpha3 + k \frac{2\pi}3$

vagyis a P-ből a kör/hiperbola metszéspontokba mutató vektorok egymás $\frac{2\pi}3 (=120^\circ)$ egész számú többszöröseivel való elforgatottjai, az ábra PQ, PR és PS vektorai. Közülük bármely kettő, így a PQ és PR által bezárt szög is 120^o A megoldás a hivatkozott szögharmadolásra is rámutat: utolsó képletünkben k = 0 -t véve

$\beta = ~-\frac\alpha3$

, tehát a megoldás vektorok egyikének ( ábránkon PQ ) irányszöge abszolút értékre megegyezik az OP vektor irányszögének harmadával.

[164] Iván88

2006-02-06 19:35:43

Akkor légyszi írd meg.

<ivan9d@freemail.hu>

Köszi: Gresits Iván

Előzmény: [158] V Laci, 2006-01-28 17:54:38

[163] sakkmath	2006-01-31 14:08:59
Kedves Fórumosok! Az Euklides 2.41-es verziójában találtam egy hibát. A honlapjukon megadott címekre 5 hete e-mailben elküldtem a hibaleírást, de nem válaszolnak. A honlapon mellesleg ez a lehangoló infó olvasható: utolsó frissítés: 2002. január 27. Ismeri-e valaki a szerzők/fejlesztők elérhetőségeit?

[162] [evilcman]

2006-01-31 13:15:59

Köszönöm!

Euklides-t használok.

Előzmény: [160] lorantfy, 2006-01-29 10:15:16

[161] V Laci	2006-01-29 13:12:00
Tényleg szép megoldás, köszönöm szépen!

[160] lorantfy	2006-01-29 10:15:16
Szép megoldás! Gratula! Milyen szerkesztő programot használsz?
Előzmény: [159] [evilcman], 2006-01-29 00:55:49

[159] [evilcman]	2006-01-29 00:55:49
Itt egy: http://users.atw.hu/thevilcman/files.html
Előzmény: [158] V Laci, 2006-01-28 17:54:38

[158] V Laci

2006-01-28 17:54:38

Sziasztok!

Érdekelne a B.3853. feladat megoldása. (Háromszög területét felező adott irányú egyenes szerkesztése.) Előre is köszönöm.

Iván88, nekem van egy megoldásom a B.3859. feladatra, sztem jó, de ez nem biztos :), de ha gondolod szívesen elküldöm e-mailben.

[157] Iván88	2006-01-27 21:50:18
Valaki írja meg a B. 3859-esnek a megoldását! Ne hagyjuk félbe! (Addig nem nyugszom, amíg nem lesz fenn)

[156] Lóczi Lajos	2006-01-22 18:11:15
Amúgy hasonló (de szerintem jóval nehezebb) kérdést feszeget a Nehezebb mat. probl. 136. feladatában kitűzött egyenlőtlenség is.
Előzmény: [146] ScarMan, 2006-01-21 13:15:29

[155] Lóczi Lajos	2006-01-22 18:08:02
Lemaradt egy előjel: helyesen $-\lim_{n\to \infty} x_n$ .
Előzmény: [154] Lóczi Lajos, 2006-01-22 18:04:48

[154] Lóczi Lajos

2006-01-22 18:04:48

A 2^x=x² egyenlet egyetlen negatív valós gyökét nemelemi függvényekkel fel lehet írni, pl. az ún. Lambert-féle W-függvénnyel, de ezzel a felírással nem mennél túl sokra, mert benne az x $\mapsto$ xe^x függvényt kell invertálni. Az inverz (alkalmas intervallumon) létezik, de "képlettel" (azaz véges sok elemi függvény segítségével) nem írható fel. A transzcendens egyenletek szinte mindig ilyenek, ezen nem kell csodálkozni.

Numerikusan tetszőleges pontossággal megközelíthető a gyök: az első néhány tizedesjegy -0.7666646... A határérték fogalmával szintén könnyedén kifejezhető ez a szám: tekintsük pl. az

x₀=1, $x_{n+1}:=\sqrt{(1/2)^{x_n}}$ rekurziót. Ekkor $\lim_{n\to \infty } x_n$ adja a keresett negatív megoldást.

Előzmény: [146] ScarMan, 2006-01-21 13:15:29

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?