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.
[499] Radián2009-12-12 16:55:03

A beküldési határidő LEJÁRT.

underbraceabcd

Ezt találtam a B. 4212-es feladat megoldásánál. Ez mit akar jelenteni?

[498] Nandor2009-12-08 22:09:23

B.4207

Ez a feladat ugy erzem hibasan volt megfogalmazva. Ki kellett volna kotni hogy a sokszog nem haromszog. Enelkul a megoldas tul egyszeru hiszen egy haromszog nyilvanvalo ellenpelda.

[497] R.R King2009-12-06 20:23:11

Az egyenletek amiket felírtál igazából egyenlőtlenségek. Bizonyítani kellene, hogy a maximumot akkor kapjuk, hogy ha az egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül..Bár nem vagyok javító, de erre a megoldásra szerintem nem kapsz teljes értékű pontszámot még akkor se ha történetesen ez a jó végeredmény...

Előzmény: [496] Nánási József, 2009-12-06 19:04:24
[496] Nánási József2009-12-06 19:04:24

C.103-as feladat.

Erre adtam le megoldást:

p-papíráru

v-vegyiáru

v+3p=12

v+p=5

Fejezzük ki p-t:

p=3,5

v=1,5

Kereslet maximuma:

p*200000+v*100000=700000Ft+150000Ft=850000Ft

Azt szeretném megkérdezni, szerintetek mennyi az erre megfelelő pontszám.

Előre is ksüözönöm Józsi

[495] Csimby2009-11-27 03:02:32

Szívesen!

Olvasd el ezt! A lap alján található Lagrange-tételből könnyen beláthatod, hogy minden elem rendje osztja a csoport rendjét.

Előzmény: [494] bily71, 2009-11-26 22:07:07
[494] bily712009-11-26 22:07:07

Kösz a segítséget! Sok helyen olvastam, de most már nagyjából értem is, hogy mit jelent: minden elem rendje osztja a csoport rendjét.

Előzmény: [493] Csimby, 2009-11-26 15:09:51
[493] Csimby2009-11-26 15:09:51

Ellenpélda: legyen b=6 és p=7.

b2\equiv1 (mod p) nagyon-nagyon-nagyon nem csak p=3 esetén teljesül.

A modulo p maradékosztályok a 0-t kivéve a szorzásra nézve p-1 rendű csoportot alkotnak. És csak annyit állíthatunk, hogy minden elem rendje osztja a csoport rendjét. Tehát b2\equiv1(mod p)-ből csak az következik, hogy p páratlan.

Előzmény: [492] bily71, 2009-11-26 09:57:26
[492] bily712009-11-26 09:57:26

A második részhez még annyit, hogy b2\equiv1(mod p) már csak azért sem teljesülhet, mert feltételeztük,hogy b2\equiv0(mod 3), tehát 3|b, és b2\equiv1(mod p) csak p=3 esetén teljesül, így teljesülne a b2\equiv1(mod 3) kongruencia is, ami ellentmondás.

Előzmény: [491] bily71, 2009-11-26 09:46:20
[491] bily712009-11-26 09:46:20

És most jöjjön egy másik lehetséges megoldás a B.4026. feladatra:

Minden p>3 prim felírható p=6k\pm1alakban.

A binomiális tétel értelmében

(6k\pm1)^n=\binom{n}{0}(6k)^n(\pm1)^0+\binom{n}{1}(6k)^{n-1}(\pm1)^1+...+\binom{n}{n}(6k)^0(\pm1)^n,

ahol a jobb oldali összeg utolsó tagja

\binom{n}{n}(6k)^0(\pm1)^n=\pm1.

Mivel az összeg minden tagja az utolsó kivételével osztható 6-tal, ezért

(6k\pm)n\equiv\pm1(mod 6).

Tételezzük fel indirekt módón, hogy a

pk+pm=a2

egyenlőség teljesül, ahol a pozitív egész, mivel négyzetszámon egy egész szám második hatványát értjük.

1. eset: 0<k\lem, és k és m paritása megegyezik. Ebben az esetben

a2\equiv\pm2(mod 6),

de ez csak úgy lehetséges, ha az

a2\equiv\pm2(mod 3)

kongruencia is teljesül. Ez pedig nem teljesülhet, mert az Euler-Fermat-tétel miatt

a^{\varphi(n)}\equiv1(\mod{n}),

ha a és n relatív prímek, és mivel \varphi(3)=2, ezért, ha 3|a, akkor a2\equiv1(mod 3), ha pedig 3|a, akkor a2\equiv0(mod 3), így az a2\equiv\pm2(mod 3) kongruencia nem teljesülhet.

2. eset: 0<k<m, és k és m paritása ellentétes. Ekkor

pk+pm=pm(pk-m+1)

pm(pk-m+1)=a2,

ez csak úgy lehetséges, ha 2|m. Osszunk le pm-mel, legyen \frac{a^2}{p^m}=b^2, és k-m=x, ekkor

px+1=b2.

Mivel px\equiv\pm1(mod 3), ezért vagy a b2\equiv2(mod 3), vagy a b2\equiv0(mod 3) kongruencia teljesül. Az előbbi nem teljesülhet az 1.-ben tárgyaltak miatt. Nézzük az utóbbit:

px+1\equiv1(mod p),

ebből következik, hogy

b2\equiv1(mod p).

Ez viszont azt jelentené, mivel az Euler-Ferma-tétel megfordítása is igaz, hogy p=3, vagy 3|p, de egyik sem lehetséges, mert a feladat szerint p>3 és p\inP, azaz prím.

3. eset: k=m=0, ekkor a2\equiv2(mod 3), mivel pk=pm=1, de ez a kongruencia nem teljesülhet az 1.-ben részletezett okok miatt. Több lehetőség nincs.

[490] R.R King2009-11-24 18:42:27

Szerintem nem kell aggódnod, mert már most többet tudsz, mint a felvételizők többsége:) Hidd el sokat változott a színvonal 20 év alatt. A másik topicban tett hibás gondolatmeneteidről meg annyit, hogy ki tudja, talán egyszer valaki hasonló nyomon indulva bizonyít be valamit a láncszemeket megfelelően helyretéve.. Vajon hány tétel született úgy, hogy előtte 100 rossz utat végigjárt a megoldó??? A legtöbben pedig, akik bírálnak 2-3 matektanártól tanulták amit tudnak, önállóan még nem sokat tettek le az asztalra..Akinek nem inge, ne vegye magára.

Előzmény: [489] bily71, 2009-11-24 17:52:53
[489] bily712009-11-24 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 King2009-11-24 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] bily712009-11-24 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

\sqrt2=a,

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)\ne(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 \frac{a^2}{p^m}=b^2, 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.

[486] jenei.attila2009-11-16 20:31:59

Tényleg elszámoltam.

Előzmény: [485] nadorp, 2009-11-16 16:27:18
[485] nadorp2009-11-16 16:27:18

Szerintem elszámoltad, nálam 0,68 k=3 esetén

Előzmény: [484] jenei.attila, 2009-11-16 13:13:36
[484] jenei.attila2009-11-16 13:13:36

Nem fordítva áll az eredeti feladatban az egyenlőtlenség jel? Ha a=3, b=\sqrt{3}, c=1, akkor a baloldali kifejezés értéke nagyobb mint 3/4. Vagy valamit elszámoltam?

Előzmény: [481] m2mm, 2009-10-19 21:01:55
[483] m2mm2009-11-11 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 \sum_{i=0}^{k+1}(-1)^i\binom{k+1}{i}p(a-i)=0.

Ha véges sok a-ra lesz p(a) nem egész(p foka k), akkor vegyük a legkisebbet, mondjuk b-t. Ekkor -p(b)=\sum_{i=1}^{k+1}(-1)^i\binom{k+1}{i}p(b-i). A bal oldal nem egész, a jobb viszont igen:ellentmondás, nem létezik ilyen val. együtthatós polinom.

[482] nadorp2009-10-20 16:18:08

Az biztos, hogy az állítás n=2 esetén nem mindig igaz. Pontosabban:

1.) 3-2\sqrt2\leq k\leq3+2\sqrt2 esetén a maximum valóban \frac2{k+1}

2.minden más k-ra a maximum \frac{k+1}{2\sqrt k|k-1|}

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] m2mm2009-10-19 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

\sum_{i=1}^n \frac{a_ia_{i+1}}{a_i^2+ka_{i+1}^2}\le \frac{n}{k+1} bizonyítására(ha ez igaz)?

[480] Tibixe2009-10-13 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.Ákos2009-10-13 19:45:59

A. 486. Eléggé vázlatosan:

Lemma1: \nu(2n)-\nu(n)=n. Egyszerű teljes indukció n-re

Lemma2.: \nu(n)+\tau(n)=n, ahol \tau(n) az 1-esek száma n 2-es számrendszerbeli alakjában. Itt felhasználjuk az első segédtételt, és azt, hogy \tau(2n+1)=\tau(n)+1; \tau(2n)=\tau(n), teljes indukcióval.

Lemma3.: Minden n-re van végtelen sok olyan a1<a2<a3<... egész szám, hogy (2ai-1,n)=1, és 2a1-1\equiv2a2-1\equiv...(modn). n:=2^s k=2^s {p_1}^{\alpha _1}{p_2}^{\alpha _2}\cdot...\cdot {p_k}^{\alpha_k}, 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 2^{\varphi (k)}\equiv 1 (k), így q+l\varphi(k) alakú számok megfelelnek, ai:=q+i\varphi(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: \nu(A_i)=A_i-i=\sum 2^{a_i}-1\equiv i(2^{a_1}-1) (mod m). De (2a1-1,m)=1, így ez az m szám teljes maradékrendszert alkot mod m

Valaki tud mutatni egyszerűbbet?

[478] rizsesz2009-05-21 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] m2mm2009-05-21 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 \frac{p}{(1-p)} a jó valószínűség, az még bizonyításra szorul, hogy p\le \frac 12 esetén \frac{p}{(1-p)} 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 \big[\sqrt2\cdot n\big] 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] rizsesz2009-05-21 11:22:34

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

[475] rizsesz2009-05-21 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?

  [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]