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.
[436] janomo2008-12-23 10:20:54

Ezt a jelet kétféleképpen szokták használni, valódi részhalmazként, ha külön mondják és normálisként, ha nem írnak oda semmit. Én ebben a nagy zűrzavarban a végén elfelejtettem, hogy vannaki végtelen halmazok is. Kellemes ünnepeket mindenkinek: Nagy János

Előzmény: [435] Python, 2008-12-22 19:22:52
[435] Python2008-12-22 19:22:52

Az A.464. feladatban az "\subset" jel mit akart jelenteni? Én úgy tudom, hogy ez a "valódi részhalmaz" jele (tehát ha A=B, akkor A\subsetB nem teljesül), de a hivatalos megoldás ezt a "részhalmaz" jelölésére használja (aminél szerintem a "\subset"-et alá kellene húzni, mint az "\le"-nél az "<"-t, és ami A=B esetén is igaz). Ha pedig a "\subset" a valódi részhalamaz jele, akkor a feladat állítása nem igaz (legegyszerűbb példa az üres vagy az egyelemű halamaz, de minden n-re van n-elemű ellenpélda).

[434] Doky2008-12-22 15:45:54

Ákosnak igaza van! Bár szerintem egyszerűbb volt úgy nézni mint a javítókulcs mutatja. Itt( ahogy te csináltad) több esély volt az elszámolásnak.

Előzmény: [432] Blinki Bill, 2008-12-22 09:16:59
[433] S.Ákos2008-12-22 10:21:56

Arra nem figyeltél, hogy nem ugyanakkora a valószínűsége az eseményeknek.

Előzmény: [432] Blinki Bill, 2008-12-22 09:16:59
[432] Blinki Bill2008-12-22 09:16:59

Kedves Fórumozók!

A C.958. számú feladatra az alábbi megoldást adtam. Kérlek, ha van egy kis időtök, akkor mondjátok meg, hogy mi a hiba benne, mert egészen más eredményt kaptam, mint a hivatalos megoldás.

Előre is kösz.

Számoljuk össze a lehetséges játék-befejeződéseket:

1dobásból vége van a játéknak: 4est dobunk, vagy 5-öst dobunk vagy 6-ost dobunk, azaz 3 eset összesen

2dobásból van vége a játéknak: 1-3;1-4;1-5;1-6; 2-2;2-3;2-4;2-5;2-6; 3-1;3-2;3-3;3-4;3-5;3-6, azaz 15 eset összesen

3dobásból van vége a játéknak: 1-1-2;1-1-3;1-1-4;1-1-5;1-1-6; 1-2-1;1-2-2;1-2-3;1-2-4;1-2-5;1-2-6; 2-1-1;2-1-2;2-1-3;2-1-4;2-1-5;2-1-6, azaz összesen 17 eset

4dobásból van vége a játéknak: 1-1-1-1;1-1-1-2;1-1-1-3;1-1-1-4;1-1-1-5;1-1-1-6, azaz összesen 6 eset

több változat nincs,mert 4pozitív szám összege legalább négy és 4 mezőre voltunk a céltól.

Amikor több,mint két dobás kell, azon esetek száma 17+6=23, az összes eseté pedig 41, tehát a keresett valószínűség 23/41.

Bogár Blanka 7.o.

[431] nadorp2008-12-20 10:22:54

Megjegyzés az A.465. számú feladat megoldásához ( másképp számolva)

Ha a=(\root3\of28-3)^{-1},akkor

\left(\frac1a+3\right)^3=28, azaz "a" gyöke az

x3-27x2-9x-1=0 egyenletnek. Ha ennek az egyenletnek a másik két gyöke b és c - melyek nyilván komplex számok és egymás konjugáltjai -, akkor a megoldásban közölt S összegre

S=an+bn+cn

A gyökök és együtthatók összefüggése alapján

a+b+c=27

a2+b2+c2=(a+b+c)2-2(ab+ac+bc)=272-2.(-9)=747

Tekintsük ezek után az

xn+3=27.xn+2+9.xn+1+xn rekurziót a x0=3, x1=27, x2=747 kezdeti értékekkel. A rekurzió karakterisztikus egyenletének gyökei éppen a,b és c, tehát

xn=an+bn+cn

másrészt az xn sorozat elemei egész számok sőt egyszerű indukcióval adódik, hogy 6k+3 alakúak. Mivel abc=1, ezért

|bc|=\frac1a

|b|=|c|=\sqrt{\frac1a}, azaz

x_n=a^n+\frac2{{\sqrt a}^n}\cos n\phi alakú alkalmas \phi értékre. Innen a>27 miatt már látszik, hogy

xn-1<an<xn+1, azaz [an]=xn vagy [an]=xn-1, tehát 6k+2 vagy 6k+3 alakú

[430] nadorp2008-11-23 22:25:09

Most már látom mi tévesztett meg,elírtam. Helyesen:

Ha az eredeti állításs HAMIS lenne ...

Előzmény: [427] rizsesz, 2008-11-22 17:23:13
[429] Róbert Gida2008-11-23 03:52:10

??? A segédtétel megfordítása triviális. Amúgy több is igaz. Szép megoldás.

Előzmény: [427] rizsesz, 2008-11-22 17:23:13
[428] Valezius2008-11-22 17:26:47

Teljesen jó bizonyítás, gondold át újra :) Indirekt tegyük fel, hogy a keresett szám racionális, akkor a segédtétel miatt a 100. hatványösszeg is racionális. Ezzel megvan a kívánt ellentmondás.

Előzmény: [427] rizsesz, 2008-11-22 17:23:13
[427] rizsesz2008-11-22 17:23:13

Na, jól megfogalmaztam - szóval a segédtétel bizonyítása jó, de a végén pont a fordított állítást használod fel.

Előzmény: [426] rizsesz, 2008-11-22 17:22:28
[426] rizsesz2008-11-22 17:22:28

Nem jó a bizonyításod. A segédtételt legalábbis csak az egyik irányban bizonyítod be, viszont a megoldásod végén a másik irányt használod ki.

Előzmény: [425] nadorp, 2008-11-22 16:23:36
[425] nadorp2008-11-22 16:23:36

Az alábbi megoldás kicsit egyszerűbb a közöltnél és általánosabb is

B. 4109. Igazoljuk, hogy

\big(\sqrt{2}+1\big)^{\frac{1}{100}}+ \big(\sqrt{2}-1\big)^{\frac{1}{100}}

irracionális szám.

Bebizonyítjuk a következő segédállítást:

Ha x+\frac1x racionális, akkor x^n+\frac1{x^n} is racionális minden pozitív egész n-re

Az állítás n=1 esetén nyilván igaz,n=2-re

x^2+\frac1{x^2}=\left(x+\frac1x\right)^2-2 miatt szintén teljesül.

Ha n>2, akkor indukcióval

x^n+\frac1{x^n}=\left(x^{n-1}+\frac1{x^{n-1}}\right)\left(x+\frac1x\right)-\left(x^{n-2}+\frac1{x^{n-2}}\right)

miatt n-re is igaz a segédállítás.

Ha az eredeti feladat állítása igaz lenne, akkor a segédállításban x=(\sqrt2+1)^{\frac1{100}} és n=100 értékeket véve

(\sqrt2+1)+(\sqrt2-1)=2\sqrt2 is racionális lenne, ami ellentmondás

[424] KK072008-11-19 18:48:53

Azt szeretném megtudni hogy a a C951 -s feladatnál nem volt megadva hogy melyik saroktól számolom, és én azt küldtem be ha a jobbról számolom akkor 4, de ha balról akkor 12! Ez rossznak számít? Mert sztem akkor egyértelművé kellet volna tenni!

[423] Káli gúla2008-11-19 13:19:59

Igy lehetne "fejben" igazolni, hogy a szorzat valóban annyi, amennyi: 166*56=(100+66)*(100-66)=10000-662, és 662=62*112=30*121=3630, ezért a szorzat : 10000-3630=8590 (minden szám 12-es számrendszerben van írva).

[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

  [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]