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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[369] Apa2008-01-18 07:30:29

Köszönöm.

Előzmény: [368] nadorp, 2008-01-17 21:47:38
[368] nadorp2008-01-17 21:47:38

Gratulálok, elegáns megoldás. Érdemes lírni.

a+b+c=3\cdot\frac13(a+b+c)=3(ab+ac+bc)(a+b+c)

a+b+c+a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)3

a(a2-bc+1)+b(b2-ac+1)+c(c2-ab+1)=(a+b+c)3

(a+b+c)^2=\frac a{a+b+c}(a^2-bc+1)+\frac b{a+b+c}(b^2-ac+1)+\frac c{a+b+c}(c^2-ab+1)

(a+b+c)^2\geq\frac1{\frac a{a+b+c}\frac1{a^2-bc+1}+\frac b{a+b+c}\frac1{b^2-ac+1}+\frac c{a+b+c}\frac1{c^2-ab+1}}

a+b+c\geq\frac1{\frac a{a^2-bc+1}+\frac b{b^2-ac+1}+\frac c{c^2-ab+1}}

\frac1{a+b+c}\leq\frac a{a^2-bc+1}+\frac b{b^2-ac+1}+\frac c{c^2-ab+1}

Előzmény: [366] Apa, 2008-01-16 21:45:33
[367] Maga Péter2008-01-17 08:10:36

És valójában a Wolstenholme-tétel is bizonyítható néhány sorban...:)

Előzmény: [362] Róbert Gida, 2007-12-18 14:46:16
[366] Apa2008-01-16 21:45:33

Szép, bár nyilván B.4049.

Sajnos én nem tudok TEX-ben írni, de megpróbálom verbálisan "elmondani" az én megoldásomat :-)

a+b+c=a+b+c

Szorozzunk a jobb oldalon 3-mal és 1/3-dal, majd ez utóbbi tört helyére írjuk be a feladat feltételét.

Bontsuk fel jobb oldalon a zárójelet, adjunk mindkét oldalhoz hozzá aköb+bköb+cköböt és vonjunk ki mindkét oldalból 3abc-t.

Alkalmas kiemelések (a,b és c) után a bal oldalon kapjuk a bizonyítandó állítás törtjei nevezőinek rendre a-val b-vel és c-vel vett szorzatait, míg a jobb oldalon az a+b+c kifejezés köbét.

Most osszunk a+b+c-vel mindkét oldalon.

A kapott bal oldali kifejezés az előbb említett törtek nevezőinek a-val, b-vel, c-vel súlyozott számtani közepe.

Alkalmazzuk a számtani és harmonikus átlag közötti összefüggést (egyszerű számolással belátható, hogy mindhárom kifejezés pozitív), majd osszunk a+b+c-vel, végül vegyük mindkét oldal reciprokát.

Így a bizonyítandó állítást kaptuk. (Az egyenlőség feltétele is könnyen leolvasható.)

Előzmény: [365] S.Ákos, 2008-01-16 19:12:59
[365] S.Ákos2008-01-16 19:12:59

B.5049 (jó pár lépés kihagyásával) Kicsit rendezgetve (a+b+c való szorzás és a megfelelő összevonások után kapjuk):

\frac {a((a+b+c)^2-( a^2-bc+1))}{( a^2-bc+1)(a+b+c)^2}+
\frac {b((a+b+c)^2-( b^2-ac+1))}{( b^2-ac+1)(a+b+c)^2}+
\frac {c((a+b+c)^2-( c^2-ab+1))}{( c^2-ab+1)(a+b+c)^2}\ge0

Helyettesítsük most be 1=3ab+3ac+3bc értékét, és végezzük el a műveleteket:

\frac {a(b(b-a)+c(c-a))}{( a^2-bc+1)(a+b+c)^2}+
\frac {b(a(a-b)+c(b-c))}{( b^2-ac+1)(a+b+c)^2}+
\frac {c(a(a-c)+b(b-c))}{( c^2-ab+1)(a+b+c)^2}\ge0

Hat tagra való bontás (úgy, hogy a számlálók ij(i-j) alakúak legyenek), (a+b+c)2-tel való szorzás és az ellentett számláójú törtek összevonása után kapjuk

\frac{ab(a-b)(a^2-bc-b^2+ac)}{(b^2-ac+1)(a^2-bc+1)}
+\frac{ac(a-c)(a^2-bc-c^2+ab)}{(c^2-ab+1)(a^2-bc+1)}+
\frac{bc(b-c)(b^2-ac-c^2+ab)}{(c^2-ab+1)(b^2-ac+1)}\ge 0

Szorzattá alakítva a számlálókat kapjuk:

\frac{ab(a+b+c)(a-b)^2}{(b^2-ac+1)(a^2-bc+1)}
+\frac{ac(a+b+c)(a-c)^2}{(c^2-ab+1)(a^2-bc+1)}+
\frac{cb(a+b+c)(b-c)^2}{(c^2-ab+1)(b^2-ac+1)}\ge 0

ez meg nyilván igaz, egyenlőség a=b=c=\frac13 esetén.

[364] S.Ákos2008-01-16 16:36:44

B.5051: An:=111...11 (5n db 1es), Bn=9An=105n-1 Prímosztókra bizonyítunk: ha p|Bn=105n-1, akkor p\neq2;5, így a kis-fermat tétel alapján p|10p-1-1. Legyen r az a alegkisebb kitevő, amire p|10r-1. Ekkor könnyen látható hogy r|p-1 és r|5n. Innét két eset van:ha r=1, akkor p=3, de Ai nem osztható 3-mal. Ha r>1, akkor 5|r, így 5|p-1 amiből 10|p-1 következik (prím nem végződhet 6-ra).így a prímosztók 10k+1 alakúak, vagyis az összes osztó ilyen alakú.

[363] Maga Péter2007-12-24 21:25:21

Elnézést, hogy csak így beleszólok - kérdezek... a B.4020 jelű feladatnál a "poliéder" nem volt egy kicsit szerencsétlen szóhasználat, ebbe egyesek beleértik a konvexitást?

[362] Róbert Gida2007-12-18 14:46:16

Kömal A.437 megoldása, (jó rövid lesz): D. O. Skljarszkij-N. N. Csencov-I. M. Jaglom Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből című könyv 60.a feladat szerint, ha p>3 prím, akkor \sum_{k=1}^{p-1} \frac 1k összeg olyan tovább nem egyszerűsíthető tört, amelynek a számlálója osztható p2-tel. Bizonyítás a könyv végén. Ez egyébként Wolstenholme tétele.

Nekünk azonban még az \frac 1p tag is benne van a feladatban, hát adjuk hozzá, kapjuk:

\sum_{k=1}^{p} \frac 1k=\frac {cp^2}{d}+\frac 1p=\frac {cp^3+d}{dp}

, ahol persze használtam az előző feladatot és itt lnko(c,d)=1 tovább nem egyszerűsíthető felírásban. De \frac{cp^3+d}{dp} sem egyszerűsíthető tovább, azaz lnko(cp3+d,dp)=1 teljesül, hiszen lnko(cp3+d,d)=lnko(cp3,d)=lnko(c,d)=1, hiszen p és d relatív prímek, mert triviálisan d osztója (p-1)!-nak, de p prím, így relatív prím (p-1)!-hoz. Továbbá lnko(cp3+d,p)=lnko(d,p)=1 az előzőek miatt szintén. Így d-hez és p-hez is relatív prímcp3+d, de akkor pd-hez is. Azaz a feladat jelöléseit használva valamely T egészre a felírás a következő alakú a=T(cp3+d) és b=T(dp) lesz, hiszen a redukált alak \frac {cp^3+d}{dp}. Így

ap-b=T(cp4+dp-dp)=Tcp4

ami valóban osztható p4-nel. Készen vagyunk.

[361] Róbert Gida2007-11-17 13:43:39

Kömal A. 436. megoldása: Indirekt tegyük fel, hogy n pozítiv egész és

 |\{n\sqrt 2\}-\{n\sqrt 3\}|\leq \frac {1}{20n^3}

Legyen

n\sqrt 2=z_1+f (1)
n\sqrt 3=z_2+g (2)

Ahol z1 és z2 a számok egészrészei, míg f és g a számok törtrészei. Így a feladat szerint

|f-g|\leq \frac {1}{20n^3} (3)

Vonjuk ki a (2)-es egynletből az (1)-est, kapjuk:

n(\sqrt 3-\sqrt 2)=(z_2-z_1)+(g-f)

Osszuk el n-el és legyen z2-z1=p egész szám, ekkor:

\sqrt 3-\sqrt 2=\frac pn+\frac {g-f}n

Kivonva az egyenletből \frac pn-et és (3)-at használva kapjuk:

|(\sqrt 3-\sqrt 2)-\frac pn|\leq \frac{1}{20n^4} (4)

A háromszög-egyenlőtlenséget és (4)-et használva:

|(\sqrt 3-\sqrt 2)+\frac pn|=|(\sqrt 3-\sqrt 2)-\frac pn+2(\sqrt 2-\sqrt 3)|\leq |(\sqrt 3-\sqrt 2)-\frac pn|+|2(\sqrt 2-\sqrt 3)|\leq \frac 1{20n^4}+2(\sqrt 3-\sqrt 2)<1

Azaz:

|(\sqrt 3-\sqrt 2)+\frac pn|<1 (5)

(4)-et és (5)-öt összeszorozva, kapjuk:

|(5-2\sqrt 6)-\frac {p^2}{n^2}|<\frac 1{20n^4} (6)

Újra a háromszög-egyenlőtlenséget és (6)-ot használva:

|5-\frac {p^2}{n^2}+2\sqrt 6|=|5-2\sqrt 6-\frac {p^2}{n^2}+4\sqrt 6|\leq |5-2\sqrt 6-\frac {p^2}{n^2}|+4\sqrt 6<\frac 1{20n^4}+4\sqrt 6<10

Azaz

|5+2\sqrt 6-\frac {p^2}{n^2}|<10 (7)

(6)-ot és (7)-et összeszorozva:

|{\Big (5-\frac{p^2}{n^2}\Big)}^2-24|<\frac 1{2n^4} (8)

Az egyenlőtlenséget n4-gyel szorozva kapjuk:

|{(5n^2-p^2)}^2-24n^4|<\frac 12

De a bal oldalt nemnegatív egész szám áll, így csak nulla lehet, azaz

(5n2-p2)2-24n4=0

Azaz

(5n2-p2)2=24n4

, ami nem lehet, mert bal oldalon négyzetszám áll, míg a jobb oldalon nem, amint az könnyen látható. Így ellentmondást kaptunk, így igaz a feladat állítása.

[360] sakkmath2007-11-07 09:10:06

Mára kijavult.

Előzmény: [359] sakkmath, 2007-11-06 09:19:54
[359] sakkmath2007-11-06 09:19:54

Az A433., szeptemberi feladat megoldása a komal.hu-n egy elírással jelent meg .

Az (1a) sor első '=' jele téves, a helyére '+' jelet kell írni.

[358] rizsesz2007-10-31 13:04:26

Nem ismerem :) de a neve alapján nem merek nyilatkozni ilyesmikről. Tavaly a C-ben volt egy hatodikos amerikai lány, aki csak angolul küldött megoldásokat.

Előzmény: [357] jonas, 2007-10-31 12:00:23
[357] jonas2007-10-31 12:00:23

Csak Amerikából versenyzik, vagy nem is ért magyarul?

Előzmény: [354] rizsesz, 2007-10-30 15:20:26
[356] rizsesz2007-10-30 20:57:18

nojó :)

[355] PPP2007-10-30 15:40:27

B\neA\neK :-)

[354] rizsesz2007-10-30 15:20:26

Én pont most láttam egy Amerikából versenyző fiatalt az A-ban. :)

[353] Ratkó Éva2007-10-30 13:48:41

Köszönjük, kijavítottuk. (Angol megoldó egyik versenyben sincs, legalábbis szeptemberben nem volt.)

Előzmény: [352] vogel, 2007-10-21 13:40:20
[352] vogel2007-10-21 13:40:20

A B.4013. is rosszul volt fordítva. Ki lehet-e színezni a pozitív racionális számokat... Angolul: s it possible to colour the positive integers... Ami ugye egész számokat ír.

[351] Python2007-10-21 13:17:30

Szerintem a mostani K.136. feladat félre van fordítva az újságban:

Magyar:

"Az iskola fiútanulóinak 70%-át az első, lánytanulóinak 80%-át a második csoportba osztották be."

Angol:

"70% of the boys and 80% of the girls were in the first group."

Mellesleg az angolt nem lehet megoldani...

[350] Kisfox2007-08-16 09:31:06

az en nevem varga bonbien es en raktam fel az artofproblemsolvingra a feladatokat. Az A matekokat azert mert tortem rajtuk a fejemet, de nem jutottam megoldasra, igy kivancsi lettem a megoldasukra, es kertem a velemenyet a forumozoknak. Aztan ha mar kaptam tippeket gondoltam (nagyon rosszul) hogy miert ne adjak be roluk megoldast. hasonlo volt a helyzet egy par B vel. a fizikakat amiket felraktam viszont csak azutan tettem hogy megoldottam oket. a p3992 feladattal kapcsolatban meg azt tudom mondani, hogy semmifele kiszivargasrol nincsen szo. nezzetek csak meg a komal 2006 januarjaban kituzott p3860 as feladatot. lathato hogy mar akkor meg kaptam ra az 5 pontot, es az is lathato hogy ezt a feladatot tuztem ki a forumon. az meg pusztan veletlen hogy pont a majusi rakovetkezo ujsagban volt egy hasonlo feladat.

ezennel kifejezm mely sajnalatomat eme nagyon rossz tettemert, es sajnalom hogy ha a szerkesztosegnek fejfajast okoztam. Nagyon elveztem oldani a komal feladatait, es pusztan tulzott erdeklodesem okozta a vesztem.

Varga Bonbien

[349] lorantfy2007-08-09 11:15:49

Mindegy, hogy hány lakosú a falu, ha több mint 103. Ugyanis előfordulhat, hogy a lakosok közül 103 fő alakít 104 (vagy annál több) klubot és a többi lakos nem vesz részt a klubalakításban.

\left(\matrix{103 \cr 101 }\right)=5253

Ez azt jelenti, hogy 103 fő akár 5253 legalább 1 tagban különböző klubot is alakíthat. Törvényes képviselője viszon csak 103-nak lehet, mert csak ennyi emberünk van.

A jogi bizottság ezért nem engedélyezheti, hogy 103-nál több klub jöjjön létre. Hiszen, ha engedélyezné 104 klub létrehozását, akkor 103 lakos összeállhatna és alakíthatna mondjuk 104 klubot és a 104. klubnál már nem lehetne törvényes képviselőt találni.

Láttuk, hogy 101 és 102 klub létrehozása engedélyezhető.

Egyetlen kérdés maradt, - és ez a feladat legszebb része - hogy 103 db klub esetén lehet-e mindig törvényes képviselőt választani.

A válasz: igen, már csak meg kell mondani hogyan!

Előzmény: [348] öreg, 2007-08-09 09:41:28
[348] öreg2007-08-09 09:41:28

A B.4011.-nél a magyarázat érthető. De hiányzik a megoldás összefoglalása a végén: Mivel egy n>101 lakosú faluban éppen n darab ilyen egyesület hozható létre, tehát a 2007 lakos 2007 egyesületet alapíthat.(???) A polgármester végülis nem matematikus, nem az elméletre kiváncsi, hanem arra, hogy hány egyesület alakulhat...

Előzmény: [347] lorantfy, 2007-08-08 13:42:12
[347] lorantfy2007-08-08 13:42:12

Kedves Öreg!

Szeretnék Neked segíteni a B.4011. feladat megoldásának megértésében és másnak is akit érdekel.

Idemásolom a feladatot, hogy ne kelljen keresgélni:

B. 4011. A 2007 lakosú Egyesületfalva lakói nagyon szeretnek klubokat alakítani. A település polgármestere a következő szabályokat hozza:

(1) minden klubnak pontosan 101 taggal kell rendelkeznie, és

(2) két különböző klubnak nem lehet azonos a tagsága. A város szenátusában mindegyik klubot az egyik tagja képviseli, és a törvény szerint semelyik két klubnak nem lehet ugyanaz a személy a képviselője. A jogi bizottság úgy szeretné korlátozni a klubok számát, hogy azok bárhogyan is alakuljanak a szabályok betartásával, mindig lehessen törvényesen képviselőket találni. Legfeljebb hány klub megalakítását engedélyezheti a bizottság?

A falu lakóinak száma nem igazán lényeges, csak annyira, hogy nagyobb mint 104. Ugyanis az összes esetek közül azok az érdekesek, ahol kevés emberből alakulnak a 101 tagú klubok, hiszen akkor lehet, hogy nem lesz elég képviselő.

Ha csak 101 klub alakul akkor minden klubban biztosan tudunk képviselőt választani, mert a tagok között legfeljebb 100 másik klub képviselője lehet és a maradék egy ember lehet a képviselő.

Ha 102 egyesület alakul, akkor ahhoz legalább 102 emberre van szükség. Tehát megvan a 102 képviselőnk. De előfordulhat, hogy a 102. klub képviselőválasztásán kiderül, hogy éppen a többi 101 klub képviselői vannak jelen. Ekkor kiválasztunk egy x jelenlévő tagot, aki a X klubban képviselő. X klubnak van 102. klubtól különböző tagja y, aki nem képviselő. Mostantól y lesz az X klub képviselője, x pedig a 102. klubbé.

Ha 104 klubot engedélyezne a bizottság, akkor már gond lehet a képviselő választással. Ugyanis 104 klubot már 103 emberből is létre lehet hozni a szabályok szerint, de akkor 1 klubnak biztos nem lesz képviselője.

Engedélyezhetnek-e 103 klubot?

Előzmény: [345] öreg, 2007-08-07 12:06:35
[346] lorantfy2007-08-07 15:21:36

Kedves Öreg!

Köszönjük az észrevételedet! A C.900. feladat magoldása valóban nem egy szám, hanem 8 megoldás van:

216, 324, 432, 540, 648, 756, 864, 972, ahogy Te is írtad.

A szövege nem könnyű, de szerintem nem magyartalan. Persze lehetne bővíteni a szöveget, hogy könnyebben érthető legyen:

Egy különböző számjegyekből álló háromjegyű szám értékének 75 százaléka egy olyan háromjegyű szám, melyben ugyanazok a számjegyek szerepelnek mint az eredeti számban, de egyik számjegy sincs az eredeti helyén. Melyik ez a szám?

Előzmény: [345] öreg, 2007-08-07 12:06:35
[345] öreg2007-08-07 12:06:35

Nosztalgiából megnéztem a 2007. májusi feladatokat és megoldásokat és elszomorodtam, illetve megijedtem, hogy ennyire öregszem mert két megoldást nem értek.:(

A C.900. feladatnál már a kérdéssel is bajban voltam, mert kicsit magyartalan a megfogalmazás. De a megoldásból megértettem a kérdést. Viszont miért csak a (216;162) a megoldás? A (324;234)(432;324)(540;405)(648;486)(756;567)(864;648)(972;729) miért nem elégíti ki a feltételeket?

A B.4011.-es feladatnál pedig a kiírás szerint 2007 lakója van a falunak, a megoldás pedig mintha 103 lakosra lenne megadva.

Már nagyon rég volt, de szép emlék a KÖMAL...

  [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]