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.
[422] Káli gúla2008-11-19 10:35:12

Egyébként mindenféle polinomok nélkül a "kilences" próba azt adja a 166*56-8590-re (1+6+6=13, 5+6=11, 8+5+9+0=22), hogy 13*11-22 = 121 osztható (a-1)-gyel, tehát a=2, a=12 vagy a=122. Az alap páros, így 166*56 4-gyel osztható, ezért 8590 is, tehát a is 4-gyel osztható, vagyis a=12.

Előzmény: [421] Róbert Gida, 2008-11-19 02:01:49
[421] Róbert Gida2008-11-19 02:01:49

A komal.hu-n közölt C950. megoldása rossz, egy érettségin sem fogadnák el. Ha történetesen f(9)=0 volna akkor sem lenne megoldás, mivel a jegyek között szerepel a 9, így a számrendszer alapja nem lehet 9. f(12)=0, de ott sem nézte meg, hogy minden számjegy kisebb-e, mint 12.

[420] Róbert Gida2008-11-19 01:54:50

B.4413. négy potya pontért, a Maple szerint ugyanis:

factor(2*(a4+b4+c4+(-a-b-c)4)+8*a*b*c*(-a-b-c));

4*(a2+a*b+b2+a*c+b*c+c2)2

[419] KK072008-10-31 12:08:41

Helló mindenkinek! Nem tudná valaki fel tenni a szeptemberi megoldásokat, hogy össze vessem az enyéimmel! :) Előre is köszi, bár én nem tartozom a "nagyok közé" én még mindig csak a C kategóriával próbálkozom. Ezért elsősorban az érdekelne. :P Üdv: Kristóf

[418] Róbert Gida2008-10-27 14:27:39

Nem oldottam meg, de a konstans éles: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1187185#1187185

Előzmény: [417] janomo, 2008-10-27 08:47:45
[417] janomo2008-10-27 08:47:45

Hello!

Ha valaki tudja, örülnék, ha feltenné a tavalyi májusi A455 feladat megoldását.

N.J.

[416] lorantfy2008-09-17 10:24:15

Nagyon tetszik! Köszönöm, hogy feltetted!

Előzmény: [406] Káli gúla, 2008-06-16 17:00:58
[415] nadorp2008-09-10 15:26:51

A. 457.

Legyen p páratlan prímszám. Igazoljuk, hogy

\sum_{i=1}^{p-1}2^ii^{p-2}-\sum_{i=1}^{\frac{p-1}2}i^{p-2}

osztható p-vel.

Azt bizonyítjuk be, hogy a mod p testben a fenti kifejezés 0, azaz a két összeg egyenlő.

Mivel 1\leqi\leqp-1 esetén i^{p-2}=\frac1i, ezért

\sum_{i=1}^{p-1}2^ii^{p-2}=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{2^i}i=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{ \sum_{j=0}^i\binom{i}{j}}i=\sum_{i=1}^{p-1}\frac1i+\sum_{i=1}^{p-1}\frac{\sum_{j=1}^i\binom{i}{j}}i=A+B

Mivel 1\leqj\leqi esetén

\frac{\binom{i}{j}}i=\frac1j\binom{i-1}{j-1}, ezért felhasználva az ismert \sum_{i=k}^n\binom{i}{k}=\binom{n+1}{k+1} összefüggést

B=\sum_{i=1}^{p-1}\sum_{j=1}^i\frac1j\binom{i-1}{j-1}=\sum_{j=1}^{p-1}\sum_{i=j}^{p-1}\frac1j\binom{i-1}{j-1}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j\binom{p-1}{j}

B=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j\cdot\frac{(p-j)...(p-1)}{j!}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j\cdot\frac{(-1)^j\cdot j!}{j!}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac{(-1)^j}j Tehát

A+B=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j+\sum_{j=1}^{p-1}\frac{(-1)^j}j=2\left(\frac12+\frac14+...+\frac1{p-1}\right)=\sum_{j=1}^{\frac{p-1}2}\frac1j

és ezt kellett belátni

[414] Róbert Gida2008-06-19 11:50:41

Akkor szerinted 24 darab 5 pontos megoldás fog érkezni a feladatra? Kizárt. Egyébként nem kell hozzá semmilyen trükk. Angolul is fent vannak a feladatok a Kömalon, csak a feladat pontos szövegére rákeresve a harmadik találat, de az első is a Putnam feladatról szól, de az fizetős cikk.

"Sajnos manapság az Internet korában sokkal nehezebb olyan feladatot kitűzni, amit nem lehet a Google-lal megoldani."

Ezért kell eredeti feladatokat kitűzni...

Előzmény: [413] jenei.attila, 2008-06-19 09:40:37
[413] jenei.attila2008-06-19 09:40:37

Köszi, valószínűleg megtaláltam volna előbb-utóbb én is, de először magamtól akartam megoldani (így azért nem volt olyan könnyű, legalábbis nekem). Másrészt, még arra voltam kiváncsi, ki hogyan oldotta meg, mit gondol a feladatról. Sajnos manapság az Internet korában sokkal nehezebb olyan feladatot kitűzni, amit nem lehet a Google-lal megoldani. Végülis, szerintem egy verseny nem erről kell, hogy szóljon, de talán még a fórum sem. Szerintem előbb próbálja mindenki saját fejéből megoldani, mások megoldásához hozzászólni, megbeszélni a dolgokat. A Google keresőszavakat szerintem mindenki maga ki tudja találni.

Előzmény: [412] Róbert Gida, 2008-06-18 22:41:57
[412] Róbert Gida2008-06-18 22:41:57

1992-es Putnam verseny A6-os példája volt ez az A jelű feladat n=4-re, megoldása is fent van például D.J.Bernstein honlapján: http://www.math.niu.edu/ rusin/problems-math/bernstein92

De általánosított feladat megoldása is fent van, tetszőleges dimenzióra! Az eredmény az amit Káli gúla is írt:

http://www.mathematik.uni-bielefeld.de/ sillke/PUZZLES/ranpoint.txt

5 perc Google keresés volt az egész. Jelenleg mindössze a 4. találat egyébként a következő kulcsszavakkal találtam: sphere+convex hull+probability+n points containing the origin

Talán nem ezt a példát kellett volna feladni..... Így túl könnyű.

Előzmény: [411] jenei.attila, 2008-06-18 21:47:56
[411] jenei.attila2008-06-18 21:47:56

Nagyon szép gondolat. De ugye a "Tekintsük a pólusokhoz tartozó félgömbök közül azt, amelyik az illető pólust tartalmazza" mondatod helyesen "Tekintsük a pólusokhoz tartozó félgömbök közül azokat, amelyek az illető tartományt tartalmazzák"? Legalábbis számomra így érthető. A magasabb dimenzióra való általánosítás továbbra sem világos, de lehet,hogy csak a megfelelő fogalmakat kellene tisztázni (mint pl. a gömbfelszín két pontjához húzott sugarak által bezárt szög). Ezt az un-re vonatkozó rekurziót kicsit nehezen hoztam össze, csak utólag (a tn ismeretében) tudtam közvetlenül megmagyarázni, pedig így már nem is olyan nehéz. Egyébként biztos vagyok benne, hogy ez egy jól ismert kivesézett probléma (még nem néztem utána), és esetleg lehet rá valami geometriai valószínűséggel operáló megoldás (mint körvonalon 3 pont esete, amely nemrég egy B feladat volt). Mit tudtok erről?

Előzmény: [402] Káli gúla, 2008-06-13 16:12:29
[410] rizsesz2008-06-17 16:14:37

Az hogy akkor egy feladatra nem érkezett megoldás, az nem tudom, hogy miért nem jelentheti azt, hogy akkoriban a megoldók birtokában nem volt olyan tudásanyag, mint a mai versenyzőkében (és hogy miért kell egyből a lapot bántani megint - ráadásul elképzelésem sincsen, hogy a mai fejeddel, mert ha jól gondolom időközben elvégeztél valamilyen jópofa matek ttk szakot (az a sejtésem, hogy eltét) hogyan tudod megítélni, hogy a mai feladatok könnyebbek. Én egy középszerű dupla B díjazott vagyok, bár, főleg 12.-ben inkább a nehezebb példák mozgattak meg. Egyetem alatt már az A-k is sokkal barátságosabbak lettek.

Előzmény: [408] Róbert Gida, 2008-06-17 00:09:49
[409] Róbert Gida2008-06-17 00:14:25

Ez nem tudom, mire vonatkozik. Ha a monogramomra, akkor nem talált.

Előzmény: [405] rizsesz, 2008-06-15 15:45:53
[408] Róbert Gida2008-06-17 00:09:49

Valóban szép eredmény tőle. Valószínűleg nyolcadikban egyáltalán nem csináltam Kömalt, már nem emlékszem. De a következő négy évben igen, az N-t pedig 10-ediktől.

Amúgy érdekes is lett volna, ha nyolcadikban 2. lettem volna az N-ban (mostani A-ban) az akkori idősebb szupergeneráció között a Kömalban, csak néhány név, ha mond neked valamit: Pap Gyula, Braun Gábor, Kun Gábor, Gyarmati Katalin, Frenkel Péter, Burcsi Péter, ilyen mezőnyben az első tízbe is lehetetlenség lett volna bekerülni nyolcadikosként, vagy akár kilencedikesként.

Akkori N jelű feladatok pedig lényegesen nehezebbek voltak, mint a mai A jelűek, amellett, hogy akkoriban 4 feladat volt havonként, nem 3. Volt olyan feladat, amire megoldás sem érkezett.

Előzmény: [407] rizsesz, 2008-06-16 22:44:17
[407] rizsesz2008-06-16 22:44:17

Ja, csak ne felejtsük el a 3. helyezettet, aki most még csak 9. osztályos, fél feladatnyi pontra van lemaradva Lovásztól, és tavaly 8. osztályos korában 2. lett az A-ban. Te is csináltad már 8.-ban az A-t úgy, hogy 2. lettél?

Előzmény: [403] Róbert Gida, 2008-06-14 16:32:33
[406] Káli gúla2008-06-16 17:00:58

B. 4087 Mutassuk meg, hogy ha egy háromszög oldalainak hossza 2, 3 és 4, akkor van olyan \alpha és \beta szöge, amelyekre 2\alpha+3\beta=180o.

Bizonyítás:

[405] rizsesz2008-06-15 15:45:53

ZG?

Előzmény: [403] Róbert Gida, 2008-06-14 16:32:33
[404] jonas2008-06-14 16:38:49

Amikor már csak B-k voltak, a végén néhányan nálunk is ezt csinálták. Én inkább a B-ket.

Előzmény: [403] Róbert Gida, 2008-06-14 16:32:33
[403] Róbert Gida2008-06-14 16:32:33

Kömal A-ban most elég nagy a verseny. Lovász László fia vezet maximális pontszámmal..., csak az A-t csinálja, Kömalban már én is csak ezt csináltam 3.-ban a második félévtől, valahogy untam az F-eket.

[402] Káli gúla2008-06-13 16:12:29

Egy másik összeszámolási lehetőség a következő: Ha n általános helyzetű átmérőhöz (pólupárhoz) tartozó egyenlítői főkörök a gömb felszínét vn részre osztják, akkor vn+1=vn+2n. Biz.: Válasszuk az n+1-edik főkört (Egyenlítőt), azt a többi n főkör mindegyike egy-egy átellenes pontpárban metszi, ezek nyilván 2n részre osztják az Egyenlítőt. A 2n ív megfelel egy-egy, az Egyenlítő által kettévágott tartománynak, és ez éppen az állított rekurzió. (Tulajdonképpen a fenti indukciós gondolatmenet azt is mutatja, hogy vn nem függ a félkörök helyzetétől.) Az n=1 esetén vn=2, tehát teljes indukcióval vn=n2-n+2.

Tekintsük a pólusokhoz tartozó félgömbök közül azt, amelyik az illető pólust tartalmazza. Ekkor a feldarabolt gömbfelszín egy-egy tartománya pontosan olyan "félgömbrendszer"-hez tartozik, amelyeknek a metszete nem üres. (A metszetnek bármely x pontja a félgömbrendszer pólusaival hegyesszöget zár be, azaz a pólusok egy félgömbön vannak, és fordítva is, ha a pólusok egy x-szel meghatározott félgömbön vannak, akkor a pólusok félgömbjei is mind tartalmazzák x-et.) Azt kaptuk tehát, hogy a gömbi tartományok éppen azokkal a pólusválasztásokkal azonosíthatók, amikor a pólusok egy félgömbön vannak. Különböző "pólusrendszerek" különböző tartományokat állítanak elő, mert legalább egy helyen komplementer félgömbök szerepelnek. Tehát annak a valószínűsége, hogy n pólus ugyanarra a félgömbre esik, \frac{v_n}{2^n}=\frac{n^2-n+2}{2^n}.

d>2 esetén szó szerint ugyanígy igazolható, hogy az d-dimenziós Sd\subsetRd+1 gömbfelszínen keletkező tartományok vd(n) számára vd(n+1)=vd(n)+vd-1(n) teljesül. Innen a következő általános képletet kaphatjuk:

v_d(n)=\sum_{k=0}^d \binom{n-1}{k}

Előzmény: [401] jenei.attila, 2008-06-13 14:02:58
[401] jenei.attila2008-06-13 14:02:58

Még mindig az A.453-asról néhány gondolat. A feladat tulajdonképpen azt kérdezi, mi a val.-ge annak, hogy a gömbfelületen felvett n db. pont egy félgömbre esik. Az előző hozzászólásomban un jelentette azt, hogy a véletlenszerűen kijelölt n db. minden egyes átmérő valamelyik (de csak egyik) végpontját kiválasztva, hány esetben esnek a pontok egy félgömbre. Erre az

un+1=un+2n

rekurzió adódott, ahol u3=8. Ezt megkaphatjuk egyszerűbben is. Ha n+1 pont egy félgömbre esik, akkor nyilván ezek közül n pont is ugyanarra a félgömbre esik. Ezért un+1-et a következőképpen számoljuk: Ha az egy félgömbre eső n ponthoz hozzávesszük vagy a P, vagy a P' n+1-edik pontot (két egymással átellenes pólus P és P'), akkor biztos, hogy legalább az egyik esetben szintén egy félgömbre esnek a pontok, hiszen a P vagy P' közül legalább az egyik az előző n pont által elfoglalt félgömbre esik. Tehát az ebből adódó kedvező esetek száma un. De előfordulhat, hogy mindkét esetben (akár a P, akár a P' hozzávételével) egy félgömbre esik az n+1 pont (amiből egyet már az előzőekben figyelembe vettünk). Kérdés, hány ilyen eset van. Ez pedig éppen az előző hozzászólásban tárgyalt 2.a) eset, amikoris a maradék n pont egy PP'-őt tartalmazó hosszúsági főkör által határolt egyik félgömbre esik (ez nyilvánvalónak látszik, bár pontosan nem tudom, hogy kéne bizonyítani). Mint láttuk, ez 2n eset (a hosszúsági koordináták egy félkörre esnek). Tehát

un+1=un+2n

Ez alapján a feladat esetleg általánosítható d dimenziós gömbfelületre. Akkor hasonló megfontolásokból

un+1(d)=un(d)+un(d-1)

jönne ki (un(d) jelöli un-et d dimenzióban). 1 dimenzióban (szakasz két végpontja) un(1)=2, hiszen két eset van, amikor vagy az egyik, vagy a másik végpontba kerül az összes pont. 2 dimenzióban (kör kerület) un(2)=2n, mint a 2.a.) pontban láttuk, és a rekurzió is ezt adja... Nyilvánvaló, hogy az általános rekurzió un(d)-re egy d-1 -ed fokú polinomot eredményez, amelynek az értéke n=1 -re 2, n=2 -re 4,...,n=d -re 2d, megfelelően annak, hogy n=1,2,...,d pont, mindig a d dimenziós gömbfelület egyik felére esik. Ezek a kezdőértékek azonban egyértelműen meghatározzák a d-1 -ed fokú polinomot, tehát egyszerű interpolációval könnyen kiszámíthatók. Összefoglalva:

\frac{u_n^{(d)}}{2^n}

annak a val.-ge, hogy a d dimenziós gömbfelületen véletlenszerűen felvett n pont egy félgömbre esik.

Ezt a hozzászólást vitaindításnak szántam, mert a 2.a.) pontra vonatkozó érvelés számomra sem elég pontos, és a magasabb dimenzióra vonatkozó általánosítást sem látom elég világosan. Minden hozzászólást örömmel veszek.

[400] nadorp2008-06-13 10:06:14

A.450. Az f:R\rightarrowR függvény kielégíti az

f(x+f(y))+f(f(x)+y)=2x+2y

függvényegyenletet. Bizonyítsuk be, hogy minden x valós számra f(2x)=2f(x).

Bizonyítás: A függvényegyenletbe behelyettesítve az y=0 illetve x=y értékeket, kapjuk

f(x+f(0))+f(f(x))=2x(1)
f(x+f(x))=2x(2)

Bebizonyítjuk, hogy f(0)=0. Ebből már következik a feladat állítása, mert ekkor (1)-ből

f(f(x)+f(f(x)))=f(2x), másrészt (2)-ben elvégezve az x=f(x) helyettesítést

f(f(x)+f(f(x)))=2f(x), azaz

f(2x)=2f(x)

Legyen most már f(0)=b. Ekkor (2)-t véve az x=0 helyen: f(b)=0

(2)-t véve az x=b helyen

f(b+f(b))=2b

f(b)=2b, azaz

2b=0

[399] Káli gúla2008-06-12 20:27:43

A. 452. Egy 2n csúcsú egyszerű gráfnak n2+1 éle van. Igazoljuk, hogy az élek legalább n háromszöget határoznak meg.

Bizonyítás. Ha n=2, akkor az állítás igaz. Tegyük fel, hogy igaz n-re, és legyen G=(V,E) egy 2n+2 csúcsú gráf n2+2n+2 éllel. Jelöljük \delta(u)-val az u csúcs fokát és t(G)-vel a G-beli háromszögek számát. Legyen e=(u,v) egy olyan él, amelyre \delta(u)+\delta(v)-1 minimális, és legyen a minimum értéke m.

(1) Ha m>2n+1, akkor u-nak és v-nek van közös szomszédja, vagyis e egy háromszögben van, és ugyanez igaz az összes többi élre is, hisz azok végpontjaiból is együtt legalább m él indul. Tehát G minden éle benne van egy háromszögben, ezért 3t(G)\gen2+2n+2>3(n+1).

(2) Ha m=2n+1, akkor az u, v csúcsokat és a belőlük induló 2n+1 élt elhagyva egy 2n csúcsú G1 gráfot kapunk, amelyben n2+1 él marad, így az indukciós feltevés szerint t(G1)\gen. Még egy háromszöget tudunk G-ben találni, vagy úgy, ha (I) akár az u, akár a v szomszédai között megy él (így u ill. v csúcsú háromszöget kapunk), vagy úgy, ha (II) u-nak és v-nek van közös szomszédja (így u, v és a közös szomszéd alkot háromszöget). E két lehetőség egyikének be kell következni, különben az u és a v csúcs szomszédai a G1 gráf csúcsainak két színnel színezését adnák, vagyis G1 páros gráf volna, ellentétben azzal, hogy t(G1)\gen.

(3) Ha m<2n+1, akkor az u, v csúcsokat és a belőlük induló m élt elhagyva a kapott G1 gráfban most legalább n2+2 él marad. Vegyünk G1-ben az indukciós feltevés szerint létező háromszöget, és töröljük az egyik élét. Tudjuk, hogy a megmaradt n2+1 él is legalább n háromszöget határoz meg. Visszahúzva a törölt élt, megkapjuk az n+1-edik háromszöget.

[398] Káli gúla2008-06-12 20:25:55

A. 454. Létezik-e olyan konstanstól különböző valós együtthatós p polinom, amelyre minden x valós szám esetén p2(x)-1=p(x2+1) teljesül?

Nem létezik. (1) Először lássuk be, hogy minden n>0 esetén pontosan egy n-edfokú p(x) polinom létezik, amelyre \matrix{}{\rm deg}\big(p(x^2+1)-p^2(x)\big)<n. Bizonyítás. Ilyen p polinom csak a főtaggal azonos paritású x hatványokat tartalmazhat, egyébként p2(x)-ben n-nél nem kisebb páratlan kitevős tag is adódna, ami p(x^2+1)=\sum b_{2k}x^{2k} miatt lehetetlen. Legyen p(x)= \sum a_i x^{n-2i}, ekkor a követelmény szerint:

\matrix{}
(a_0 x^n + a_1 x^{n-2} + . . . + a_k x^{n-2k}+ . . .)^2 + R_n(x) ~=~ 
a_0 (x^2+1)^n + a_1 (x^2+1)^{n-2} + . . . + a_k (x^2+1)^{n-2k} + . . . ,

ahol Rn(x) foka kisebb, mint n. Innen az a0, a1, . . . értékeket egymás után megkaphatjuk, ha az x2n, x2n-2 . . . együtthatóit a két oldalon összehasonlítjuk. Így a0=1, a_1=\frac{n}{2}, a_2=\frac{n^2}{8}, a_3=\frac{n^3-16n}{48} . . . Általában, ha i<k indexekre már ismerjük az ai értékeket, akkor az x2n-2k együtthatója a bal oldalon 2ak+\phi(a1,...ak-1), a jobb oldalon pedig \psi(a1,...ak-1) lesz, ahonnan ak egyértelműen kiszámolható.

(2) Jelöljük a fentiek miatt egyértelműen meghatározott n-edfokú polinomot Hn-nel, a maradékát Rn-nel, azaz legyen \matrix{}H_n(x^2+1)=H_n^2(x)+R_n(x), ahol deg Rn<n. Ekkor \matrix{}H_n((x^2+1)^2+1)=H_n^2(x^2+1)+R_n(x^2+1) is teljesül, azaz H2n, R2n egyértelműsége és \matrix{}{\rm deg~} R_n(x^2+1)<2n miatt azt kapjuk, hogy \matrix{}H_{2n}(x)=H_n(x^2+1)  és  \matrix{}R_{2n}(x)=R_n(x^2+1) . Tehát a kiinduló állítást elég páratlan fokú p polinomokra igazolni, hiszen \matrix{}R_{2n}(x)\equiv -1-ből \matrix{}R_{n}(x)\equiv -1 is következne.

(3) Indirekt tegyük fel, hogy p(x) páratlan fokú és teljesül rá a \matrix{}p^2(x)-1= p(x^2+1) azonosság. Írjuk át ezt a \matrix{}q_1(t)=t^2+1 és \matrix{}q_2(t)=t^2-1 jelölésekkel \matrix{}q_2\circ p=p\circ q_1 alakba. Teljes indukcióval (a q-kat egymás után "áthúzva" p-n) azonnal adódik, hogy

\matrix{}q_2^{(k)}\circ p = p\circ q_1^{(k)}

Vizsgáljuk a két oldalt az x=0 helyen k\to\infty esetén! A jobb oldalon q1(k)(0)\gek, hiszen indukcióval \matrix{}q_1^{(k+1)}(0)=\big[q_1^{(k)}(0)\big]^2+1 \ge k+1, ezért \lim_{k\to\infty} p\circ q_1^{(k)} (0) =\infty. A bizonyítás elején tett megjegyzés szerint p(0)=0, mert p minden tagja páratlan fokú, ezért a bal oldal x=0-ban egy kettő hosszúságú ciklusba van zárva, vagy 0, vagy -1, mert \matrix{}q_2(0)=-1 és \matrix{}q_2(-1)=0. Ez az ellentmondás igazolja az állítást.

Megjegyzés. Ugyanígy látható be, hogy a \matrix{}p^2(x)-2= p(x^2+1) azonosság sem teljesülhet semmilyen p polinomra, csak ekkor az utolsó képlet bal oldalán a q2(t)=t2-2 polinom iteráltjai nem oszcillálnak, hanem azonosan 2 értékűek a 0 helyen, de ez is lehetetlen végtelenbe tartó jobb oldal mellett.

  [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]