Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[270] jenei.attila2006-12-25 21:16:59

Először is boldog karácsonyt kívánok minden kedves fórumtársnak.

A B.3950 feladathoz írok egy megoldást, és kíváncsian várom másokét is.

Vezessünk be egy jelölést: Xnm jelntse az X halmaz azon részhalmazainak halmazát, amelyekben az elemek összege n-nel osztva m maradékot ad. Tehát a feladat szövege szerint D=|H327| és S=|H1614|. Biznyítandó, hogy S=2D. Definíció szerint legyen P:=H\{16} és Q:=H\{16,8}=P\{8}. Három állítást bizonyítunk be, amelyből következik az S=2D állítás:

1. S=|H1614|=2|P1614| Ez azért igaz, mert ha egy H1614-beli kiválasztásból elhagyjuk az esetlegesen benne szereplő 16-os számot, egy P1614-beli kiválasztást kapunk, ha pedig nem szerepelt benne a 16, akkor eleve P1614-beli kiválasztás is. Vagyis H1614-beli kiválasztást úgy kapunk, hogy a P1614-beli kiválasztásokhoz vagy hozzávesszük a 16-ot, vagy nem, és így minden H1614-beli kiválasztást megkapunk.

2. |H327|=|P167| Ha egy H327-beli kiválasztásból elhagyjuk az esetlegesen benne szereplő 16-os számot, nyilván P167-beli kiválasztást kapunk (egy szám 32-vel osztva 7-et ad maradékul, akkor 16-tal osztva is 7-et ad maradékul). Megfordítva, ha veszünk egy P167-beli kiválasztást, akkor ha a 16 (7 maradékkal) páros számszor van meg a benne szereplő számok összegében, akkor egyben H327-beli kiválasztás is, ha pedig páratlan számszor, akkor a 16-ot hozzávéve H327-beli kiválasztást kapunk.

3. |P167|=|P1614| Megjegyezzük, hogy az 1-től 2006-ig terjedő természetes számok összegéből a 16-ot és 8-at kivonva, egy 16-tal osztva 5 maradékot adó számt kapunk. Vagyis a Q halmaz elemeinek összege kongruens 5 modul 16. |P167|=|Q167|+|Q1615|, mert ha egy P167-beli kiválasztásban nem szerepel a 8-as szám, akkor egyben Q167-beli kiválasztás is, ha pedig szerepel benne a 8-as, akkor azt elhagyva Q1615-beli kiválasztást kapunk (ha egy szám 16-tal osztva 7-et ad maradékul, akkor 8-at kivonva belőle 16-tal osztva 15-öt fog maradékul adni). Hasonlóan látható be, hogy |P1614|=|Q1614|+|Q166|. Viszont |Q167|=|Q1614|, mert egy Q167-beli kiválasztáshoz hozzárendeljük a Q-beli komplementerét (Q azon részhalmazát, amelyben a Q167-beli kiválasztásban szereplő számok kivételével minden Q-beli szám szerepel). Mivel a Q elemeinek összege 16-tal osztva 5 maradékot ad, ezért a komplementer kiválasztásban szereplő elemek összege 16-tal osztva 14-et ad maradékul. Hasonlóan igazolható, hogy |Q1615|=|Q166|. Ebből pedig következik a |P167|=|P1614| állítás.

A most bizonyított három állítást összevetve, kapjuk a feladat bizonyítandó állítását.

[269] jenei.attila2006-12-22 22:42:22

Nem |\vec{CA}|=|\vec{CB}|=1, hanem |\vec{CQ}|=|\vec{CP}|=1.

Itt meg kimaradt egy sor:

(\vec{CM},\vec{AB})=(y\vec{CQ}+x\vec{CP},\alpha \vec{CQ}-\beta \vec{CP})=....

Előzmény: [268] jenei.attila, 2006-12-22 22:25:28
[268] jenei.attila2006-12-22 22:25:28

Ez bizony szép megoldás. Most akkor jöjjön az enyém:

\vec{CA}=\alpha \vec{CQ} és \vec{CB}=\beta \vec{CP} és \vec{CA} valamint \vec{CB} hossza legyen 1 (egyenlő hosszúak amiatt, hogy a CF szögfelező). \vec{CM}=\alpha \vec{CQ}+x(\vec{CP}-\alpha \vec{CQ})=\alpha (1-x) \vec{CQ}+x\vec{CP}=\beta \vec{CP}+y(\vec{CQ}-\beta \vec{CP})=y\vec{CQ}+\beta (1-y)\vec{CP}. Vagyis \vec{CM}=y\vec{CQ}+x\vec{CP}. Az együtthatókat összehasonlítva kapjuk, hogy \alpha(1-x)=y és \beta(1-y)=x, amiből x=\frac{\beta (1-\alpha)}{1-\alpha \beta} és y=\frac{\alpha (1-\beta)}{1-\alpha \beta}.

A szögfelező tétel szerint \vec{CF}=\frac{\alpha \beta}{\alpha +\beta}\vec{CQ}+\frac{\alpha \beta}{\alpha +\beta}\vec{CP}. CQ és QF szakaszok merőlegesek, ezért (\vec{CQ},\vec{QF})=(\vec{CQ},\vec{CF}-\vec{CQ})=0. \vec{CF} helyébe beírva a fenti kifejezést, és felhasználva hogy |\vec{CQ}|=1, kapjuk hogy (\vec{CP},\vec{CQ})=\frac{\alpha +\beta -\alpha \beta}{\alpha \beta}.

Képezzük a (\vec{CM},\vec{AB}) skalár szorzatot, és használjuk fel a most kapott összefüggést. (\vec{CM},\vec{AB})=\alpha y(\vec{CQ},\vec{CQ})-\beta x(\vec{CP},\vec{CP})+(\alpha x-\beta y)(\vec{CP},\vec{CQ})=.... x és y helyébe beírjuk az \alpha-val és \beta-val kifejezett alakjukat, felhasználjuk hogy (\vec{CP},\vec{CP})=(\vec{CQ},\vec{CQ})=1, közös nevezőre hozunk, és kapjuk, hogy (\vec{CM},\vec{AB})=0, vagyis CM merőleges AB-re.

Előzmény: [267] i, 2006-12-22 20:49:47
[267] i2006-12-22 20:49:47

Én így csináltam, remélem elég szép.

CM akkor lesz merőleges AB-re, ha az M pont rajta van a C-hez tartozó magasságon, vagyis BQ, AP és CT egy pontban metszik egymást. Ez pedig pontosan akkor teljesül (a Ceva-tétel megfordítása alapján) ha \frac{AT}{TB}*\frac{BP}{PC}*\frac{CQ}{QA}=1 (T a magasság talppontja). Az FQC és FPC derékszögű háromszögek szögei egyenlőek és az átfogójuk közös, így a két háromszög egybevágó \implies CQ=CP és FQ=FP.

AQF\angle=ATC\angle=90° és FAQ\angle=CAT\angle=\alpha \implies AFQ\simACT \implies \frac{AT}{AQ}=\frac{CT}{FQ}

BPF\angle=BTC\angle=90° és FBP\angle=CBT\angle=\beta \implies BFP\simBCT \implies \frac{BP}{BT}=\frac{FP}{CT}

\frac{AT}{TB}*\frac{BP}{PC}*\frac{CQ}{QA}=\frac{AT}{AQ}*\frac{BP}{BT}=\frac{CT}{FQ}*\frac{FP}{CT}=1

Tehát BQ, AP és CT egy pontban metszik egymást \implies M rajta van a C-hez tartozó magasságon \implies CM merőleges AB-re.

[266] jenei.attila2006-12-22 19:46:10

De, de B.3946. Nekem van rá egy megoldásom, de nem túl szép.

Előzmény: [265] V Laci, 2006-12-22 17:56:28
[265] V Laci2006-12-22 17:56:28

B3964 feladat? A legújabb szám utolsó feladata a 3961-es... Nem a 3946-os feladatra gondolsz? Mellesleg engem is érdekelne egy szép megoldás arra a feladatra! :)

Előzmény: [264] jenei.attila, 2006-12-22 13:48:03
[264] jenei.attila2006-12-22 13:48:03

A B3964 feladatra szeretnék látni egy szép, geometriai bizonyítást. Egyébként az előző hozzászólásomban szereplő feladat is érdekelne, ki hogy csinálta meg.

[263] jenei.attila2006-11-16 15:15:11

Az októberi sorozatból szerintem a legérdekesebb a B.3940 feladat. Egy lehetséges megoldása:

Szerkesszünk két, a feltételeknek megfelelő négyzetet (pl. jelüljük ki a négyzet O kp.-ját, amelyre tükrözve a c egyenest, a tükörkép a egyenessel való metszépontja a négyzet A csúcsát adja). Az egyik négyzet legyen A0,B0,C0,D0 O0 kp.-tal, a másik A1,B1,C1,D1 O1 kp.-tal. Az O0-ból A0 és C0 pontokba mutató helyvektorokat jelöljük a0 ill. c0-lal, és a_1=\vec{A_0A_1}, b_1=\vec{B_0B_1}, c_1=\vec{C_0C_1}, d_1=\vec{D_0D_1}, o_1=\vec{O_0O_1}. Mivel O1 felezi az A1C1 szakaszt, o_1=\frac{1}{2}(a_0+a_1+c_0+c_1)=\frac{1}{2}(a_1+c_1). Szerkesszünk egy harmadik A,B,C,D O kp.-ú négyzetet, és legyen o=\vec{O_0O}=\lambda o_1. Viágos, hogy az a0+\lambdaa1 és c0+\lambdac1 helyvektorok által kijelölt pontok az a ill. c egyenesen vannak, és az általuk meghatározott szakasz felezőpontja O. Ezért, ha a harmadik négyzet szerkesztése egyértelmű (ezt feltételezzük: az a,o,c egyenesek nem párhuzamosak), annak A ill. C csúcsa éppen a szóbanforgó helyvektorok által kijelölt pontok. Vagyis az látszik, hogy minden megfelelő négyzet úgy kapható, hogy a A0A1,C0C1,O0O1 szakaszokat a kezdőpontjukból ugyanannyiszorosára nagyítjuk.

Forgasszuk most el az a egyenest 90 fokkal az O0 pont körül úgy, hogy A0 B0-ba kerüljön. A megfelelő elforgatott pontokat felül vesszővel jelöljük (A0'=B0). A forgatás miatt az O1'A1' szakasz párhuzamos és egyenlő nagyságú O1B1 szakasszal (hiszen az O1B1 merőleges és egyenlő hosszú O1A1-gyel). Ezért az O1O1' párhuzamos és egyenlő nagyságú B1A1'-vel, és 45 fokos szöget zárnak be o egyenessel. Az első bekezdésben mondottak szerint A0A=B0A'=\lambdaA0A1=\lambdaB0A1' és A'B=O'O=\lambdaO1'O1=\lambdaA1'B1. De A'B is 45 fokos szöget zár be az o egyenessel (mivel párhuzamos O'O-val), ezért a B0BA' háromszög B0 középpontú \lambda-szoros nagyítása a B0B1A1' háromszögnek, vagyis B0,B1,B pontok egy egyenesre esnek. Megállapítottuk tehát, hogy a négyzetek B csúcsa (hasnlóan a D csúcs is) egy-egy egyenesen mozognak.

[262] jenei.attila2006-11-10 12:02:17

Ezzel a feladattal kapcsolatban az jutott eszmbe, vajon nem lehetséges-e, hogy a kis tetraéder lapsíkjaival szétdarabolva a nagy tetraédert (15 darabra esik szét) mindegyik darab térfogata egyenlő? Nem tudom a választ, segítséget kérek.

[261] jenei.attila2006-11-10 10:59:47

Az AC=3AM indoklásában egyrészt van egy elírás: C'C/CN=4/3 helyett, C'C/C'N=4/3 a helyes, másrészt lehet egyszerűbben is: CM=2DK, mivel C'C=2C'D. DK=2AM, mivel D'D=2D'A. Ezért CM=4AM, amiből AC=3AM következik.

Előzmény: [260] jenei.attila, 2006-11-09 16:49:54
[260] jenei.attila2006-11-09 16:49:54

Kedves Ákos!

Engedd meg, hogy röviden összefoglaljam a megoldásod lényegét. Először is vegyük észre, hogy mivel a BB' és az AA' szakaszok közös pontja B (és C rajta van a BB'-n), az A,B,C,A',B' pontok egy síkon vannak, legyen ez a sík S. Hasonlóan az A,C,D,C',D' pontok is egy síkon vannak, legyen ez T. S és T síkok metszésvonala az AC egyenes. Az alapötleted az, hogy vágjuk ketté az A'B'C'D' tetraédert, az A'B' élet tartalmazó S síkkal. S a szemközti C'D' élet M-ben metszi. Így az S sík az A'B'C'D' tetraédert az A'B'MC' és az A'B'MD' tetraéderekre vágja szét. Bebízonyítjuk, hogy az előbbi tetraéder magassága kétszer akkora mint az utóbbié, így térfogatukra is ez igaz, mivel A'B'M alapjuk közös. Ehhez elég bizonyítani, hogy M a C'D' él D'-höz közelebbi harmadolópontja, ugyanis akkor az általad leírt meggondolásból (C'D'-őn keresztül S-re merőleges síkot fektetünk, amelyben benne fekszik az A'B'MC' és A'B'MD' tetraéserek magassága) következik, hogy a magasságok aránya is 2:1. Az hogy M a C'D' él D'-höz közelebbi harmadolópontja,vagy úgy lehet belátni ahogy írtad (Te a magasságok arányából következtettél, én visszafelé teszem), vagy a következőképpen: Először is könnyű látni, hogy M az AC egyenesen van, ugyanis M az S sík pontja, másrészt mivel a C'D' szakasz pontja is, eleme a T síknak is. Ezért M az S és T síkok metszésvonalán, vagyis AC egyenesen van (a Te erre vonatkozó bekezdésedet egyáltalán nem értettem, szerintem elírások is vannak benne).a T síkban D-n keresztül húzzunk párhuzamost AC-vel, amely a C'D' szakaszt K-ban metszi. Mivel CM párhuzamos DK-val és C'D=DC, ezért C'K=KM. De D'A=AD, ezért D'M=KM, vagyis C'M=C'K+KM=2KM=2D'M.

Annak bizonyítása, hogy AC=3AM (ennek indoklását szintén nem értettem nálad, de szerintem el is írtad): A T síkban A-n keresztül húzzunk párhuzamost CD-vel, amely a C'D' szakaszt L-ben metszi. L-en keresztül húzzunk párhuzamost AC-vel, amely a CD szakaszt N-ben metszi. Mivel D'A=AD, AL=1/2*C'D=1/2*CD, vagyis (mivel ALNC paralelogramma) N a CD szakasz felezőpontja. Ezek szerint C'C/CN=4/3=CM/NL. De NL=AC, azaz AC=3AM.

Innen már csak, ahogy írtad, az A'B'M háromszög területét kell összeszámolni, hányszorosa az ABC háromszög területének.

Szép megoldás, de azért néha jól jönnek a vektorok :).

Előzmény: [259] S.Ákos, 2006-11-08 20:23:07
[259] S.Ákos2006-11-08 20:23:07

Kedves Attila!

Lehet, hogy nem teljesen érthető, de én ezt küldtem: Legyen a tetraéder ABC lapsíkja S! Legyen C'D' metszéspontja S-sel M! Lássuk be M-ről, hogy C'D' D'-höz közelebbi hamadolópontja. nyilván C' kétszer olyan távol van S-től, mint D (a középpontos tükrözés tulajdonságai miatt).Emiatt D' viszont olyan távol van S-től mint D. Vegyük azt az SD'C' síkot, amely tartalmazza C'-t és D'-t és merőleges S-re. Legyen D'-ből és C'-ből S-re bocsátott merőlesesek talppontja M1 illetve M2. Így Mivel D'MM2 ~C'MM2, hiszen D'MM2 és C'MM2 csúcsszögek, és D'M1M illetve C'M2M derékszög, vagyis három szögük egyenlő, így hasonlóak, arányuk 1:2, hisz \frac{D'M_1}{C'M_2}=\frac{1}{2}, így az M pont D'-höz közelebbi harmadolópont.

Most lássuk be, hogy AC átmegy M-en! Vetítsük merőlesen D-t S-re, és végzzüke el a tükrözést D-re és A-ra. Húzzunk páruzamost AD-vel C' keresztül. legyen ez az egyenes e. Legyen e és AC metszéspontja M1! e párhuzamossága miatt ACD~AM1C, és arányuk a tükrözés miatt \frac{1}{2} Legyen CC'-vel párhuzamos egyenes és M1A-val párhuzamos egyenes metszéspontja M2 . De a hasonlóság miatt D' felezi M1M2-t. AD=AD'=a,valamint M1C=2a, és AD' párhuzamos M1C-vel. így AD'M1C' trapéz, így átlói alapjai arányaiban osztják egymást, vagyis C'M=2D'M, de mivel a merőleges vetítés aránytartó, ha az adott arányt alkotó szakaszok egyike sem merőleges a vetítés egyenesére. Így AC tartalmazza M-et, valamint látható, hogy AC=AM

Most nézzük A'B'C'D' S-sel való metszetét! Mivel A;B és C S pontjai, így A' és B' is azok, tehát S és A'B'C'D' és S metszete az A'B'M háromszög, mivel A'B' eleme S-nek. Így VA'B'C'D'=VA'B'MC'+VA'B'MD'. az egyik magasság kétszerese, a másik egyenlő ABCD-ével. így csak az MA'B' 3szög területét kell kiszámolnunk. Azt a "tétel"-t használjuk ki, hogy ha két háromszög egy magassága közös, akkor a treületük aránya az ehhez tartozó alapok arányával egyenlő. legyen TABC=t! Így a tételt használva:

TABC=TACB'=TA'BC=TA'B'C=t

, valamint

TABC=3TABM=3TA'BM

és

TACB'=3TAMB'

. Így összesen TA'B'M=TABC+TACB'+TA'BC+TA'B'C+TABM+TA'BM+TAMB'

T_{A'B'M}=t+t+t+t+\frac{1}{3}t+\frac{1}{3}t+\frac{1}{3}t=5t

Így

V_{A'B'C'D'}=V_{A'B'MC'}+V_{A'B'MD'}=\frac{5tm}{3}+\frac{5t*2m}{3}=5tm

, míg

V_{ABCD}=\frac{tm}{3}

így

\frac{V_{A'B'C'D'}}{V_{ABCD}}=\frac{5tm}{\frac{tm}{3}}=15

, vagyis a térfogat 15szörösére nőtt.

az ábrákat eldugtam vhová a gépemen...:(

Előzmény: [258] jenei.attila, 2006-11-08 16:24:57
[258] jenei.attila2006-11-08 16:24:57

Kedves Ákos!

Azt értem amit írsz (valószínűleg az A-tól van az M AC/3 távolságra), de innen még szerintem igen messze van a megoldás (legalábbis én nem látom). Ha van türelmed, légyszíves írd le részletesebben. Köszi.

Az én megoldásom vázlatosan: Az A csúcsból b,c,d vektorokat irányítunk a B,C,D csúcsokhoz. Ekkor az A'-ből B',C',D' csúcsokhoz mutató vektorok: b'=2c-3b, c'=2d-2b-c, d'=-2b-d. A tetraéder térfogata az egy csúcsból induló élvektorok vegyes szorzatának 6-oda. A b'c'd' vegyes szorzatot képezve (felhasználva a skaláris és vektoriális szorzás vektor összeadásra nézve disztributív tulajdonságát és a konstans eh.-tók "kiemelhetőségét"), -8cdb+4cbd-3bcd=15cbd kapunk (itt a vektorok egymás után írása a vegyes szorzatukat jelenti), vagyis a tetraéderünk térfogata valóban 15-szörösére nőtt.

Előzmény: [254] S.Ákos, 2006-11-07 20:13:34
[257] jenei.attila2006-11-08 15:27:27

Én is azt feltételeztem, hogy szabályosból szabályos tetraéder lesz, de ez nem igaz. Most már nekem is 15-szörös térfogat jön ki.

Előzmény: [256] nadorp, 2006-11-08 12:10:36
[256] nadorp2006-11-08 12:10:36

Ha nem számoltam el, akkor a konstrukció szabályos tetraéderből NEM szabályost csinál, te pedig szerintem ezt feltételezted.

Előzmény: [255] V Laci, 2006-11-08 09:23:26
[255] V Laci2006-11-08 09:23:26

De szabályos tetraéderre a térfogatok aránya \sqrt(7^3) lesz, és ha minden tetraéderre azonos ez az érték, akkor a megoldásnak tényleg \sqrt(7)^3-nek kellene lennie...

Előzmény: [254] S.Ákos, 2006-11-07 20:13:34
[254] S.Ákos2006-11-07 20:13:34

hát...lehet hogy én rosszul számoltam, de nekem 15 lett (általánosan (2\lambda+1)(2\lambda2+2\lambda+1) jön ki)

Vázlatosan:

veszed a C'D' él és az ABC sík M metszéspontját, belátod, hogy ez az AC egyenesen van, C-től \frac{AC}{3} távolságra, innét területekkel és magasságokkal szépen kijön

Előzmény: [253] jenei.attila, 2006-11-06 11:25:32
[253] jenei.attila2006-11-06 11:25:32

A B.3927 feladat megoldása, ha már így tették fel a kérdést, gondolom {\sqrt{7}}^3. Érdekelne a feladat teljes megoldása.

[252] jenei.attila2006-11-06 11:21:25

Érdekesebb a B.3923 feladat. Az nxn-es sakktáblán \frac{n(n+1)}{2} átló húzható be, vagyis az igazi sakktáblán 36. Itt a megoldás alapja az, hogy a mezőket elválasztó egyenesek metszéspontjaiból (csomópontok) legfeljebb egy-egy átló húzható. Tekintsük az nxn-es tábla két felső sorából, és két bal oldali oszlopából álló "karéjt". Ebben a belső csomópontok száma n+(n-1), azaz a karéjban legfeljebb ennyi átló húzható be. Ennyi azonban be is húzható, ha a karéj "külső" sávjában húzzuk az átlókat É-Ny,D-K irányban. A Megmaradt (n-2)x(n-2)-es táblában a két sáv széles karéjban (n-2)+(n-3) átló húzhat, s.í.t. Vagyis összesen legfeljebb n+(n-1)+...+1=\frac{n(n+1)}{2} átló húzható be.

Más megoldás?

[251] jenei.attila2006-11-06 10:59:35

A B.3931 feladat szerintem nagyon könnyű, nem tudom miért ér 5 pontot. A p(x)=\frac{1}{2}x^3-\frac{9}{2}x polinom egy lehetséges megoldás.

[250] V Laci2006-10-28 23:16:06

Az én megoldásom vázlatosan a B.3928-ra:

Először is lássuk be, hogy egy tetszőleges ABCD téglalapra és egy O pontra teljesül az OA2+OC2=OB2+OD2. Ennek bizonyítása Pitagorasz-tétel segítségével könnyen megtehető.

Ez teljesülni fog a feladatbeli PAQB téglalapra és az O középpontra. Így r2+r2=OP2+OQ2. Innen adódik, hogy OQ2=2r2-OP2, és mivel az OP távolság nem változik a köbeforgatás során, az OQ értéke állandó, vagyis a Q egy O középpontú \sqrt{2r^2-OP^2} körpályán fog mozogni.

Előzmény: [249] jenei.attila, 2006-10-28 18:38:31
[249] jenei.attila2006-10-28 18:38:31

A B.3928 is egy érdekes feladat, egy "geometriai" bizonyítást szeretnék rá látni. Az én megoldásom:

Az adott kör középpontja legyen O, az O-ból induló, feladatban szereplő pontokhoz húzott helyvektorok: a,b,p,q. Ekkor q=a+b-p, és a feltétel szerint (PA merőleges PB-re) (a-p)(b-p)=0 (skaláris szorzás). Emeljük q-t skalárisan négyzetre:

q2=a2+b2-p2+2(a-p)(b-p)=2r2-p2

Itt r a kör sugara, vagyis a q vektor hossza csak a kör sugarától és a P pont O-tól való távolságától függ. Vagyis a keresett mértani hely egy O középpontú \sqrt{2r^2-p^2} sugarú kör.

[248] jenei.attila2006-10-26 12:44:56

A B.3926 feladat egy lehetséges megoldása:

Annának van nyerő stratégiája, mert mindig páros sok 1 kavicsot tartalmazó, és páros sok páros számú kavicsot tartalmazó kupacot tud hagyni az ellenfelének. Balázs ezt az állapotot bármit lép is, mindig elrontja, Anna pedig újra ezt az állapotot tudja előidézni. A végállapot (elfogyott a kavics) is ide tartozik, vagyis Anna nyer ha jól játszik.

Esetleg más megoldás?

[247] jenei.attila2006-10-25 19:50:41

Ügyes megoldás, tetszik.

Előzmény: [246] nadorp, 2006-10-24 16:35:13
[246] nadorp2006-10-24 16:35:13

Bocs, természetesen yn=3-n

Előzmény: [245] nadorp, 2006-10-24 16:03:17

  [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]