Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

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:)

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!)

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 p^k+p^m nem lehet négyzetszám.

Megoldás:

p^k+p^m=a², ahol a nemnegatív egész, ugyanis négyzetszám definició szerint csak egy egész szám második hatványa lehet. Négy eset lehetséges:

1. k=m=0, ekkor

p^k=p^m=1

p^k+p^m=2

2=a²

,

ami nem lehet, mert a a feladat szerint egész.

2. k=m>0, ekkor

p^k=p^m

p^k+p^m=2p^m

2p^m=a²,

ami nem lehet, mert egy négyzetszám prímtényezős felbontásában minden hatványkitevő páros, a baloldali 2-es kitevője pedig páratlan.

3. k>m=0, ekkor

p^m=1

p^k+p^m=p^k+1

p^k+1=a²

p^k=a²-1

p^k=(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

p^k+p^m=p^m(p^k-m+1)

p^m(p^k-m+1)=a²,

ami csak úgy lehetséges, ha 2|m, osszuk le az egyenletet p^m-el. Legyen , és k-m=x, b és x nemnegatív egészek, ekkor

p^x+1=b²

p^x=b²-1

p^x=(b+1)(b-1),

ez pedig nem lehet a 3. esetnél részletezett okok miatt. Több lehetőség nincs.

Tényleg elszámoltam.

Szerintem elszámoltad, nálam 0,68 k=3 esetén

Nem fordítva áll az eredeti feladatban az egyenlőtlenség jel? Ha , akkor a baloldali kifejezés értéke nagyobb mint 3/4. Vagy valamit elszámoltam?

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.

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 a_i-k legfeljebb 2-féle értéket vehetnek fel maximum esetén, pontosabban bizonyos k esetén az összes egyenlő, a másik esetben pedig két különböző érték

Üdv! Talált valaki a B. 4201.-re olyan megoldást, ami alkalmazható a_i>0, i=1,2,...n (a_n+1=a₁)és adott k>0 esetén

bizonyítására(ha ez igaz)?

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?

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 (2^a_i-1,n)=1, és 2^a₁-12^a₂-1...(modn). , k páratlan. Legyen q olyan prím, amire q>Max(o_pi(2),s). Ezzel a választással p_i|2^q-1 nem állhat a rend tulajdonságai miatt, 2-vel nem osztható. Másrészt , így q+l(k) alakú számok megfelelnek, a_i:=q+i(k)

Megmutatjuk, hogy a következő számok: A₁=2^a₁,A₂=2^a₁+2^a₂,...,A_m=2^a₁+2^a₂+...+2^a_m teljes maradékrendszer mod m. Az A_i szám 2-es számrendszerbeli felírásában i darab 1-es van, így a 2-ik lemma alapján: m). De (2^a₁-1,m)=1, így ez az m szám teljes maradékrendszert alkot mod m

Valaki tud mutatni egyszerűbbet?

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).

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.

A baktériumos b-t meg már kitűzték annak idején a B-ben (2002 januárjában :))

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?

Az A.479. megoldásában nem úgy van helyesen, hogy "...és (3) csak d>6 esetén teljesülhet..."?

A480-at hogy kellett volna megoldani? Kinek sikerült?

Valóban kimaradt egy + jel. Kijavítottam.

Szerintem az nem kell. Úgy 1 jönne ki helyett. Számtani mértani közepet használ az A="páros indexű tagok összege" és B="páratlan indexű tagok összege" számokra.

Szerintem igen, sőt, az összegzéseket is kell terjeszteni a páros/páratlan indexekről az összesre, nem?

A478 megoldás

Itt a jobb oldalon a tört számlálójába nem kéne egy + jel?

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.

...Ha engem kérdeznél akkor én azt mondanám, hogy addig pattog felfelé, amíg a "lejtővel történő ütközések pontjai" az előző "ütközési pontoknál" mindig magasabbra kerülnek...

A P.4137. feladatban szerintetek mi számít "felfele" pattanásnak egy lejtőn?

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.