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.

[195] jenei.attila

2006-04-04 23:09:30

A B.3891 feladat megoldása. A feladat: x,y racionális számokra x⁵+y⁵=2x²y². Biz. be, hogy 1-xy egy racionális szám négyzete.

Megoldás: Az egyszerűség kedvéért vezessük be a p=xy jelölést. Az egyenletből:

y⁵=2p²-x⁵

. Ezzel a helyettesítéssel írjuk fel p⁵-t.

p⁵=x⁵(2p²-x⁵)

, vagyis

x¹⁰-2p²x⁵+p⁵=0

x⁵-ben másodfokú egyenletet kapjuk. Ebből

$x^5=p^2+-\sqrt{p^4-p^5}=p^2(1+-\sqrt{1-p})$

. Mivel x,y racionális $\sqrt{1-p}=\sqrt{1-xy}$ is racionális.

[194] Mate	2006-03-24 17:07:19
Igen, azt hiszem, jó ez a megoldás, bár nem számoltam utána. Majd a többivel együtt kijavítom ezt is. Én ilyen megoldást vártam, és Iván hozzászólása alapján nem is értem, hogy lehetett ezt másképpen értelmezni.
Előzmény: [193] [evilcman], 2006-03-24 16:01:00

[193] [evilcman]	2006-03-24 16:01:00
Felöltöttem a megoldásomat ide.
Előzmény: [192] Iván88, 2006-03-24 15:36:01

[192] Iván88	2006-03-24 15:36:01
P.3867. Egyenletes sűrűségű, állandó keresztmetszetű, nyújthatatlan, függőlegesen lógó szál valamilyen L hosszúságnál a saját súlya alatt leszakad. Elképzelhető-e olyan alakú szál, amely akármilyen hosszú lehet, mégsem szakad el a saját súlya alatt?
Előzmény: [191] Mate, 2006-03-24 15:30:48

[191] Mate

2006-03-24 15:30:48

Sziasztok!

A feladatot én tűztem ki, de mivel nekem már nem jár a KöMaL, nem tudom, pontosan hogyan szólt a feladat szövege. Az biztos, hogy én arra gondoltam, amit Onogur írt, hogy a szál keresztmetszetének nagysága változik a hossz függvényében. Hatványfüggvény nem lehet a szál alakja, hiszen ez esetben egy "végtelen" hosszú szál tömege is végtelen nagy. Valaki írja be pontosan a feladat szövegét!

[190] Hajba Károly

2006-03-24 13:52:41

Egy kicsit pontosítanék a felírt képleten, hogy szakszerűbb legyen.

A szakítószilárdsági határ miatt $\frac{F}{A}\le\sigma$

$k\int_x^\infty[f(x)]^2dx \le [f(x)]^2$

ahol k egy az anyag sűrűségével és szakítószilárdságával ill. gravitációs gyorsulással arányos és $\big(\frac{1}{m}\big)$ mértékegységű konstans.

Előzmény: [189] Hajba Károly, 2006-03-24 12:43:54

[189] Hajba Károly

2006-03-24 12:43:54

Üdv!

Szerintem a feladat második mondata nem utal az állandó keresztmetszetre, így valóban forgástestről is lehet szó. Elvileg ebben az esetben nem a (központosan szimetrikus) forma, hanem a keresztmetszeti felület nagysága érdekes, de számolni kör keresztmetszettel célszerű. Gyakorlatilag egy adott magasságban található keresztmetszet nagysága arányos az alatta található végtelen hosszú és egyre vékonyabb "rúd" térfogatával.

A következők csak tipp, mivel kb. 20 éve nem foglalkoztam ezzel. Tehát, ha jó az elképzelésem és jól írom fel a következő egyenletet, akkor ennek megoldása adja a rúd alakjának függvényét.

$\int_x^\infty[f(x)]^2dx = [f(x)]^2$

De gondolom, majd Máté rendberakja a dolgokat. :o)

Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09

[188] Iván88

2006-03-24 12:10:37

Szia HoA!

Én úgy értelmeztem a feladatot, hogyha a keresztmetszete állandó, akkor valamekkora L-nél elszakad.

Szerintem olyan alakúnak kell lennie, hogy a tömege véges legyen, akármilyen hosszú is. Ha a keresztmetszete állandó, akkor nyilván nem beszélhetünk véges tömegről végtelen hosszúság mellett.

Így muszáj neki vékonyodnia.

Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09

[187] HoA	2006-03-24 11:06:09
Lehet, hogy nem jól értem a feltételeket, de nekem az "Egyenletes sűrűségű, állandó keresztmetszetű, nyújthatatlan, függőlegesen lógó szál" azt jelenti, hogy egy hengerszerű testről van szó, melynek tömege és így súlya is egyenesen arányos az L hosszúsággal. Ez áll az állandó keresztmetszet miatt az egységnyi keresztmetszetre ható erőre is. Ha feltételezzük, hogy a szál szakítószilárdsága véges $\sigma = \frac{F_{max}}{A}$ , kellően hosszú szál esetén biztosan elszakad. Csak az nem világos, hogy merül fel egyáltalán a keresztmetszet alakja.
Előzmény: [186] Iván88, 2006-03-23 21:38:29

[186] Iván88

2006-03-23 21:38:29

Sziasztok!

A P.3867.-esre van valakinek megoldása?

Az én tippem az, hogy a szál alakja legfeljebb valamilyen $\frac{1}{x^n}$ tengelymetszetű forgástest lehet, de ez sak tipp.

[185] lorantfy

2006-03-23 11:08:01

B.3886. megoldása. Legyen az ABCD húrnégyszög átlóinak metszéspontja M. Ebből a pontból az AB oldalra állított merőleges metszéspontjai AB-vel E, CD-vel pedig az F pont.

ABD $\angle$ =ACD $\angle$ = $\phi$ mert a DA iven nyugvó kerületi szögek. ABD $\angle$ =AME $\angle$ = $\phi$ mert merőleges szárú szögek. AME $\angle$ =CMF $\angle$ = $\phi$ mert csúcsszögek.

Tehát a CFM $\Delta$ egyenlő szárú és egyenlő szárú a DMF $\Delta$ is, mert DMF $\angle$ =FDM $\angle$ =90^o- $\phi$

Így DF=FM=FC, tehát F felezőpontja a DC oldalnak.

[184] HoA	2006-03-20 10:44:57
C.842 helyett C.843 A megoldás természetesen jó, de kicsit "deus ex machina". Ugyanezeket az elemeket felhasználva egy konstruktív megoldás: BPC $\angle$ = 45 + 15 = 60^o . Bocsássunk merőlegest C-ből BP-re, talppontja legyen T. Ekkor CPT 60^o -os derékszögű $\Delta$ , PT = PQ = PA . PAT egyenlőszárú $\Delta$ , TAP $\angle$ = 30^o , BAT $\angle$ = 15^o . TCA egyenlőszárú $\Delta$ ( két 30^o -os szög ) TC = TA, TAB egyenlőszárú $\Delta$ ( két 15^o -os szög ) TB = TA . Így TC = TB, TBC derékszögű $\Delta$ egyenlőszárú, TCB $\angle$ = 45^o . (És persze kiderül, hogy T tkp. O )

Előzmény: [179] Káli gúla, 2006-03-19 14:52:01

[183] lorantfy	2006-03-20 10:24:36
Ötletes megoldás! Kérdés: rögtön így ugrott be, vagy megoldottad másként és utánna raktad be a körbe? Én is gondolkodtam szögfüggvénymenetes megoldáson, találtam is de elég körülményes lett.
Előzmény: [179] Káli gúla, 2006-03-19 14:52:01

[182] lorantfy	2006-03-20 10:09:32
Jól mondod! Bocs! Bezongoráztam az egész számsort :-)
Előzmény: [181] jonas, 2006-03-19 21:04:16

[181] jonas	2006-03-19 21:04:16
A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,D,K helyett inkább csak A,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,D,K.
Előzmény: [180] lorantfy, 2006-03-19 19:04:19

[180] lorantfy

2006-03-19 19:04:19

B. 3889. megoldása: Az 52 lapos francia kártyában négy "szín" van: káró, kör, pik és treff. Minden színből 13 lap. Jelöljük ezeket A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,D,K jelekkel.

Az 5 lap között, amit a néző kiválasztott biztosan van két azonos színű lap. (Ha kettőnél több azonos színű van akkor a segéd kiválasztja a két sorban legközelebb állót.) A bűvész és segédje előre megegyeznek, hogy ezek közül egyik lesz majd az 5. lap, amit a bűvésznek ki kell találnia.

Helyezzük el a 13 azonos színű lapot egy kör kerületén egy adott (előre megbeszélt) sorrendben. Jelöljük ki a körben a kiválasztott két lapot. (Pl. 9-es és 2-es az ábrán) 13-2=11. Így a két lap között egyik irányban max. 5 lap van. Haladjunk pozitív a körüljárás irányában. Ezen 5 lap előtt álló kiválasztott kártya (ábrán a 9-es) legyen a kezdő, a másik pedig (ábrán a 2-es) a záró kártya.

A segén először a kezdő kártyát fogja átadni a bűvésznek. Ebből a bűvész tudja, hogy milyen színü az utolsó (kitalálandó kártya) és azt is tudja, hogy a körben pozitív körüljárás szerint a kezdő kártyát követő 6 kártya között van.

Hogy pontosan hányadik lapról van szó, azt pedig már a maradék három kártya sorrendjével lehet kódolni, hiszen 3 kártya 6 féleképpen rakható sorba.

Pl. a következőképpen: Előre megállapítanak a színek között egy nagyságrendi sorrendet. Pl. káró<kör<pik<treff. A figurák között pedig pl. A<1<2...J<D<K. Így a 3 lap nagyságrendbe rakható. Jelöljük őket 1,2,3 számjegyekkel. A permutációkat háromjegyű számként nagyságszerint sorbarakva:

123=1, 132=2, 213=3, 231=4, 312=5, 321=6.

A bűvész a 3 db egymásután átadott lapból visszakódolja a sorszámot és az első átadott kártyából ennyit előre lépve a körben meg tudja nevezni az utolsó lapot.

[179] Káli gúla

2006-03-19 14:52:01

C. 842. Az ABC háromszögben BAC $\angle$ =45^o. Az AC oldal A-hoz közelebbi harmadolópontját jelölje P. Tudjuk, hogy ABP $\angle$ =15^o. Mekkora az ACB $\angle$ ?

Megoldás. Ha az A,B,C csúcsok 5, 12, és 9 óránál vannak, akkor BAC $\angle$ =45^o és ABP $\angle$ =15^o (3 illetve 1 órányi kerületi szögek). Mivel a pirossal jelzett szögek 30^o-osak, ezért CP/2=OP=AP, tehát P valóban az AC oldal harmadolópontja. Így az ACB $\angle$ 5 órányi kerületi szög, azaz 75^o-os.

[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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?