Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Beküldési határidő után 3 nappal? Kicsit korainak tűnik, remélem nem élnek vissza vele. Még itt a fórumon is legalább egy hét után írtunk be megoldásokat.

A. 494., A. 495. és A. 496.

(A megoldások 13-a óta láthatók a fenti címeken.)

Komal.hu-n is megtalálod.

Az A496 megoldása megvan valakinek?

( nekem csak k5 esetben )

Segítség: tükrözd a D pontot az AB és AC oldalakra.

A.495.-re tudna valaki mutatni megoldást? Köszönöm előre is. S.Á.

Elegánsabb, ha elhagyjuk az R és T merőleges vetületeket. Jelöljük P₁P₄ és P₃O metszéspontját U-val. S-et mint P₁P₄ és a P₂-n át P₃O-val húzott párhuzamos metszéspontját definiáljuk. Ekkor a P₂P₃US paralellogrammában SU=P₂P₃=b .

P₁P₄=1=P₁Q-QS+SU+UP₄=b-b³+b+b=3b-b³

A 2009 emelt szintű 7/II/6.b szerintem helyesen így szólna Az f(x) függvény a téglalap esetén a ]0;9[ nyílt intervallumban értelmezett.

Az eredeti megoldása végtelen lenne, hiszen teljesül az origóra az összes feltétel, így a téglalap egyik oldala a [0;9] az x tengelyen, a másik két oldal az y tengely és az x=9 egyenes, a negyedik oldal eltávolodhat a végtelenbe...

Számomra ez volt a megoldás... Tudom általában értelemszerű a megoldás, de miért ne lehetne így is gondolkozni.

Szemléletesebb megoldás a B. 4221. feladatra: ( Mutassuk meg, hogy ha az r sugarú körbe írt szabályos 18-szög oldala a, akkor a³+r³=3ar². )

Legyen az egységsugarú körbe írt szabályos 18-szög oldala b, ekkor azt kell igazolni, hogy b³+1=3b. Ebben a körben a b hosszúságú húrhoz 10^o kerületi és 20^o középponti szög tartozik. Tekintsük a sokszög O középpontját és egymás utáni P₁,P₂,P₃,P₄ csúcsait. A P₁P₄ húrhoz 60^oos középponti szög tartozik, P₁OP₄szabályos, P₁P₄=1. A P₁P₂O=H₀ 20^o csúcsszögű egyenlőszárú -ben az alap és a szár aránya b/1 = b. H₀-lal egybevágó a P₂P₃O és a P₃P₄O háromszög. P₂P₁P₄=20^o, mint a P₂P₄ ívhez tartozó kerületi szög. P₂O és P₁P₄ metszéspontja Q, P₁P₄ és P₂P₃ párhuzamossága miatt P₂O és P₁P₄ 80^o –os szöget zár be, így a H₁=P₂QP₁ hasonló H₀-hoz, P₁Q=b, P₂Q=b². Legyen P₂ merőleges vetülete P₁P₄-re R, Q tükörképe R-re S. A H₂=QSP₂ is hasonló H₁-hez, QS=b³, QR=b³/2 . P₁R=b–b³/2. Legyen P₃ merőleges vetülete P₁P₄-re T. Hasonlóan adódik, hogy P₄T=b–b³/2. A P₂P₃TR téglalapban RT=P₂P₃=b.

P₁P₄=1=P₁R+RT+TP₄=(b–b³/2)+b+(b–b³/2)=3b–b³ .

A beküldési határidő LEJÁRT.

underbraceabcd

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

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.

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...

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

Szívesen!

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

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

Ellenpélda: legyen b=6 és p=7.

b²1 (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 b²1(mod p)-ből csak az következik, hogy p páratlan.

A második részhez még annyit, hogy b²1(mod p) már csak azért sem teljesülhet, mert feltételeztük,hogy b²0(mod 3), tehát 3|b, és b²1(mod p) csak p=3 esetén teljesül, így teljesülne a b²1(mod 3) kongruencia is, ami ellentmondás.

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

Minden p>3 prim felírható p=6k1alakban.

A binomiális tétel értelmében

ahol a jobb oldali összeg utolsó tagja

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

(6k)ⁿ1(mod 6).

Tételezzük fel indirekt módón, hogy a

p^k+p^m=a²

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

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

a²2(mod 6),

de ez csak úgy lehetséges, ha az

a²2(mod 3)

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

ha a és n relatív prímek, és mivel (3)=2, ezért, ha 3|a, akkor a²1(mod 3), ha pedig 3|a, akkor a²0(mod 3), így az a²2(mod 3) kongruencia nem teljesülhet.

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

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

p^m(p^k-m+1)=a²,

ez csak úgy lehetséges, ha 2|m. Osszunk le p^m-mel, legyen , és k-m=x, ekkor

p^x+1=b².

Mivel p^x1(mod 3), ezért vagy a b²2(mod 3), vagy a b²0(mod 3) kongruencia teljesül. Az előbbi nem teljesülhet az 1.-ben tárgyaltak miatt. Nézzük az utóbbit:

p^x+11(mod p),

ebből következik, hogy

b²1(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 pP, azaz prím.

3. eset: k=m=0, ekkor a²2(mod 3), mivel p^k=p^m=1, de ez a kongruencia nem teljesülhet az 1.-ben részletezett okok miatt. Több lehetőség nincs.

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.

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?