[489] bily71 | 2009-11-24 17:52:53 |
 Nemcsak szerencsésebb, hanem helyesebb is. Amit én írtam, csak k=2 esetén lehet igaz. Hirtelen nem is jutott eszembe, hogy k bármilyen egész lehet, annyira a négyzetszámokra koncentráltam. Azt hiszem, nem lesz egyszerű visszaülni 20 év után az iskolapadba, egy kicsit össze kell szednem magam, hogy sikerüljön a felvételi:)
|
Előzmény: [488] R.R King, 2009-11-24 16:46:04 |
|
[488] R.R King | 2009-11-24 16:46:04 |
 A 3. rész végén talán szerencsésebb azt mondani, egy prímhatvány csak úgy bontható egészek szorzatára, ha a tényezők maguk is ugyanannak a prímnek a hatványai. Jelen esetben a a+1 és a-1 különbsége 2, így ezek nem lehetnek, mert p>3, még az sem lehet hogy az egyik tényező 1 a másik pedig maga p a k-on(leellenőrizhető!)
|
Előzmény: [487] bily71, 2009-11-24 16:00:25 |
|
[487] bily71 | 2009-11-24 16:00:25 |
 Sokan bírálták (jogosan) eddigi működésemet, ezért jöjjön egy lehetséges megoldás egy, a tudásszintemhez méretezett feladatra:
B.4026. Legyen p>3 prímszám, k és m pedig nemnegatív egész számok. Igazoljuk, hogy pk+pm nem lehet négyzetszám.
Megoldás:
pk+pm=a2, ahol a nemnegatív egész, ugyanis négyzetszám definició szerint csak egy egész szám második hatványa lehet. Négy eset lehetséges:
1. k=m=0, ekkor
pk=pm=1
pk+pm=2
2=a2
,
ami nem lehet, mert a a feladat szerint egész.
2. k=m>0, ekkor
pk=pm
pk+pm=2pm
2pm=a2,
ami nem lehet, mert egy négyzetszám prímtényezős felbontásában minden hatványkitevő páros, a baloldali 2-es kitevője pedig páratlan.
3. k>m=0, ekkor
pm=1
pk+pm=pk+1
pk+1=a2
pk=a2-1
pk=(a+1)(a-1),
ami nem lehet, mert (a+1) (a-1), és egy prímhatvány szorzótényezős felbontásában nem szerepelhet két különböző szám.
4. k>m>0, ekkor
pk+pm=pm(pk-m+1)
pm(pk-m+1)=a2,
ami csak úgy lehetséges, ha 2|m, osszuk le az egyenletet pm-el. Legyen , és k-m=x, b és x nemnegatív egészek, ekkor
px+1=b2
px=b2-1
px=(b+1)(b-1),
ez pedig nem lehet a 3. esetnél részletezett okok miatt. Több lehetőség nincs.
|
|
|
|
|
[483] m2mm | 2009-11-11 14:24:35 |
 B. 4211. Mutassuk meg, hogy nincs olyan racionális együtthatós polinom, amely pontosan egy egész helyen vesz fel nem egész értéket. Létezik-e ilyen tulajdonságú valós együtthatós polinom?
Megoldás: Mint ismert, ha egy p(x) valós együtthatós polinom k-adfokú, akkor tetszőleges valós a-ra .
Ha véges sok a-ra lesz p(a) nem egész(p foka k), akkor vegyük a legkisebbet, mondjuk b-t. Ekkor . A bal oldal nem egész, a jobb viszont igen:ellentmondás, nem létezik ilyen val. együtthatós polinom.
|
|
[482] nadorp | 2009-10-20 16:18:08 |
 Az biztos, hogy az állítás n=2 esetén nem mindig igaz. Pontosabban:
1.) esetén a maximum valóban
2.minden más k-ra a maximum
Szerint n>2 esetén is valami hasonló lesz a helyzet. Nem számoltam még végig, de szerintem az ai-k legfeljebb 2-féle értéket vehetnek fel maximum esetén, pontosabban bizonyos k esetén az összes egyenlő, a másik esetben pedig két különböző érték
|
Előzmény: [481] m2mm, 2009-10-19 21:01:55 |
|
[481] m2mm | 2009-10-19 21:01:55 |
 Üdv! Talált valaki a B. 4201.-re olyan megoldást, ami alkalmazható ai>0, i=1,2,...n (an+1=a1)és adott k>0 esetén
bizonyítására(ha ez igaz)?
|
|
[480] Tibixe | 2009-10-13 21:39:44 |
 Lényegesen egyszerűbb nem hiszem hogy lenne.
A te 2. lemmádból szerintem elég sokféleképpen be lehet fejezni, de hallottam azt elkerülő megoldásról is.
A. 487. meglett neked?
|
Előzmény: [479] S.Ákos, 2009-10-13 19:45:59 |
|
[479] S.Ákos | 2009-10-13 19:45:59 |
 A. 486. Eléggé vázlatosan:
Lemma1: (2n)- (n)=n. Egyszerű teljes indukció n-re
Lemma2.: (n)+ (n)=n, ahol (n) az 1-esek száma n 2-es számrendszerbeli alakjában. Itt felhasználjuk az első segédtételt, és azt, hogy (2n+1)= (n)+1; (2n)= (n), teljes indukcióval.
Lemma3.: Minden n-re van végtelen sok olyan a1<a2<a3<... egész szám, hogy (2ai-1,n)=1, és 2a1-1 2a2-1 ...(modn). , k páratlan. Legyen q olyan prím, amire q>Max(opi(2),s). Ezzel a választással pi|2q-1 nem állhat a rend tulajdonságai miatt, 2-vel nem osztható. Másrészt , így q+l (k) alakú számok megfelelnek, ai:=q+i (k)
Megmutatjuk, hogy a következő számok: A1=2a1,A2=2a1+2a2,...,Am=2a1+2a2+...+2am teljes maradékrendszer mod m. Az Ai szám 2-es számrendszerbeli felírásában i darab 1-es van, így a 2-ik lemma alapján: m). De (2a1-1,m)=1, így ez az m szám teljes maradékrendszert alkot mod m
Valaki tud mutatni egyszerűbbet?
|
|
[478] rizsesz | 2009-05-21 14:49:20 |
 Annak idején amúgy lényegesen több jó megoldás volt :) Nem mellesleg az ottani megoldás tartalmazza a diszkussziót: http://www.komal.hu/verseny/2002-01/B.h.shtml (a legutolsó mondat, persze azt ki kell fejteni).
|
Előzmény: [477] m2mm, 2009-05-21 14:44:22 |
|
[477] m2mm | 2009-05-21 14:44:22 |
 Hát igen. A 3 pontosok többsége, de nem mindenki megtalálta, ezt kaptam:
Javító (az összes versenyzőnek), 2009/05/09 19:36
Kedves Versenyzők!
A feladat lényegében egyezik a B.3521. korábbi feladattal, de ott sajnálatos módon rossz megoldás szerepel, mely csupán 3 pontot ér. Ha észrevettétek, hogy 1 vagy a jó valószínűség, az még bizonyításra szorul, hogy esetén lesz a jó megoldás, ez folytonossággal, határértékszámítással vagy teljes indukcióval könnyen igazolható.
Egy további probléma: aki ezt a levelet megkapta, az feltehetően megnézte, márcsak kíváncsiságból is azt a B.3521.-es feladatot.
A fölötte levő B. 3515. feladat:
Bizonyítsuk be, hogy a alakú számok között végtelen sok 2-hatvány van. (4 pont)
Magyarán az 5 pontos áprilisi feladatra lesz pár másolt megoldás, mivel ehhez hasonlóan meg lehet oldani (lehet hogy kicsit nehezebb a mostani, de a módszer ugyanaz). Úgy gondolom, a javítóknak erre vigyázni kéne.
|
Előzmény: [476] rizsesz, 2009-05-21 11:22:34 |
|
[476] rizsesz | 2009-05-21 11:22:34 |
 A baktériumos b-t meg már kitűzték annak idején a B-ben (2002 januárjában :))
|
|
[475] rizsesz | 2009-05-21 11:22:06 |
 C. 976. Adjuk meg azt a legszűkebb intervallumot, ahová három pozitív szám összegének és a reciprokaik összegének szorzata eshet.
Itt amúgy nem szükséges annak bizonyítása, hogy bármilyen értékhez van megfelelő a, b, c hármas?
|
|
[474] Blinki Bill | 2009-05-19 20:54:27 |
 Az A.479. megoldásában nem úgy van helyesen, hogy "...és (3) csak d>6 esetén teljesülhet..."?
|
|
[473] Tibixe | 2009-05-18 19:02:23 |
 A480-at hogy kellett volna megoldani? Kinek sikerült?
|
|
|
|
|
|
[468] leni536 | 2009-04-28 23:25:31 |
 Szerintem is ez a szemléletes jelentés. A beküldők igen jelentős része szerint akkor pattan felfele a golyó, amikor a pattanást követően a sebesség lejtő irányú komponense felfele mutat, láthatóan ez nem ugyanaz. Szerintem nem is szemléletes ez az értelmezés, viszont egyszerűbb vele számolni valamivel.
|
Előzmény: [467] Willy, 2009-04-28 12:40:48 |
|
[467] Willy | 2009-04-28 12:40:48 |
 ...Ha engem kérdeznél akkor én azt mondanám, hogy addig pattog felfelé, amíg a "lejtővel történő ütközések pontjai" az előző "ütközési pontoknál" mindig magasabbra kerülnek...
|
Előzmény: [466] leni536, 2009-04-27 16:47:44 |
|
[466] leni536 | 2009-04-27 16:47:44 |
 A P.4137. feladatban szerintetek mi számít "felfele" pattanásnak egy lejtőn?
|
|
[465] Káli gúla | 2009-04-22 10:02:03 |
 Halmazok közt az X "elhagyása" Y-ból a különbséghalmazt kell, hogy jelentse, ami mindig értelmes. Egy elem elhagyása pedig az adott elemből álló egyelemű halmaz elhagyását kell hogy jelentse. (Bár ha az üres halmazból álló egyelemű halmazból akarnánk elhagyni az ürest halmazt, akkor ez a szóhasználat erősen kétértelmű, de "középikolás fokon" ilyesmi nem valószínű, hogy gondot okoz.
|
Előzmény: [463] BohnerGéza, 2009-04-22 00:48:38 |
|