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] [47] [48] [49]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[524] Róbert Gida

2010-04-14 22:03:59

Pontosan nem ismerjük, az egyetlen ismert nemtrivi klasszikus Ramsey szám hipergráfokra az r₃(4,4)=13. Felső becslésként a feladatra, bár lehet, hogy ismernek jobbat is, ezt kaptam: (r₂ helyett r-et írok a gráfos Ramsey számoknál).

r(5,11) $\le$ r(4,11)+r(5,10) $\le$ 191+442=633

r(5,12) $\le$ r(4,12)+r(5,11) $\le$ 238+633=871

r(5,13) $\le$ r(4,13)+r(5,12) $\le$ 291+871=1162

r₃(4,5) $\le$ r(r₃(3,5),r₃(4,4))+1=r(5,13)+1 $\le$ 1162+1=1163

Azaz már 1163-ra is igaz, 11000 helyett. Bár ez a számolás használja a fenti ismert Ramsey számot, és 4 nemtrivi felső becslést a sima Ramsey számokra, lásd például itt

http://www.emis.de/journals/EJC/Surveys/ds1.pdf

Előzmény: [521] m2mm, 2010-04-14 20:30:31

[523] vogel	2010-04-14 22:00:18
Ezért írtam az utolsó mondatom. És nem is az A-ra írtam a hsz-em, inkább a B-re.
Előzmény: [522] Tibixe, 2010-04-14 21:39:01

[522] Tibixe

2010-04-14 21:39:01

Én konkrétan nem láttam olyan ,,versenyzőt'' aki ebben NEM ismerte fel a Ramsey-tételt még jóval azelőtt hogy nekiállt volna ,,józan ésszel''.

Persze ez csak 4-5 fős minta, de ennél nem sokkal többen küldik az A pontversenyt.

Előzmény: [520] vogel, 2010-04-14 18:17:27

[521] m2mm	2010-04-14 20:30:31
És pontosan mennyi r₃(4,5) értéke? Nekem becslésként 10626( $\binom{24}{4}$ ) jött ki, de az nem biztos, hogy ez a legjobb becslés.
Előzmény: [519] Róbert Gida, 2010-04-14 17:07:58

[520] vogel	2010-04-14 18:17:27
Csak éppen a versenyzők 90 százalékának eszébe nem jut a Ramsey-szám, mert még nem is hallott erről. Inkább megpróbálja józan ésszel. Nem az egyetemi tananyaghoz kéne mérni a dolgot. Mondjuk aki A-t csinál, az már tájékozottabb lehet.
Előzmény: [519] Róbert Gida, 2010-04-14 17:07:58

[519] Róbert Gida

2010-04-14 17:07:58

A504-es feladat egy sorban következik a halálismert Ramsey tételből. Ennyire potya A feladatot régen láttam.

Ugyanebben a számban a B4257. feladat pedig tulajdonképpen egy konkrét hipergráfos Ramsey szám becslését kéri (5 pontért) r₃(4,5) $\le$ 11000

[518] Maga Péter

2010-03-13 10:31:59

Tegnap este végiggondoltam. Szóval legyen p>3 prím. Ekkor

$\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{p-k}\right)=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{p-k+k}{k(p-k)}=p\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k(p-k)}.$

Tehát itt elegendő, hogy a $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k(p-k)}$ számlálója osztható p-vel, nevezője pedig nem (a közös nevezőre hozás és egyszerűsítés után). Ezt számoljuk mod p:

$\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k(p-k)}\equiv \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{-k^2}\equiv -\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}\equiv -\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{p-1}k^2\equiv -\frac{1}{2}\cdot\frac{(p-1)\cdot p\cdot(2p-1)}{6}\equiv 0.$

A 6 miatt nem megy ugyanez p=3-ra, p=2-re pedig már az első lépésben használt párosítás sem működik

Előzmény: [515] Maga Péter, 2010-03-12 13:47:26

[517] Tibixe

2010-03-12 19:01:30

Erről a tételről nem is tudtam

( Wikipedián alig mutat oda link, biztos azért :) ).

[516] Róbert Gida	2010-03-12 14:20:13
Tényleg, wikin is fent van. Ezzel kb. 2 perc munka megoldani az A feladatot. De a 4-edik jegyre még mindig nem látom a bizonyítást, azaz hogy miért lenne: $\sum_{i=1}^{p} \binom{i\cdot p}{p}\cdot\binom{(p-i+1)p}{p} \equiv \binom{p+2}{3} \mod {p^4}$ , ha p>5 prím. (Ez p=2,3,5-re nem igaz.)
Előzmény: [515] Maga Péter, 2010-03-12 13:47:26

[515] Maga Péter	2010-03-12 13:47:26
Az 0, ha p>3. Ha jol emlekszem Wolstenholme-tetel neven fut, bar annyira azert nem nehez. Most nem gondoltam pontosan vegig, de a p>3 feltetel ott jon be, hogy amikor az elso p-s primtenyezot kinyered, akkor utana at tudod pofozni az elso nehany szam negyzetosszegeve (talan p-1), es akkor van egy 6-os a nevezoben, ami p=2,3-ra elrontja a dolgot.
Előzmény: [513] Tibixe, 2010-03-11 23:05:16

[514] Róbert Gida

2010-03-12 00:08:54

Ennyire azért nem foglalkoztam vele, csak egy soros programot írtam rá, hogy megnézzem, hogy a többi jegy hogyan alakul.

Amit te kérsz feladatként az viszont a Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből (Aritmetika és algebra) című könyvének 60.a feladata, ami egyébként dupla csillagos, megoldása a könyv végén. Pont ennek a megoldásának az ötletét használtam az én időmben egy hasonló A feladat megoldásához.

Előzmény: [513] Tibixe, 2010-03-11 23:05:16

[513] Tibixe

2010-03-11 23:05:16

Hacsak nem vagyok eltájolva, ahhoz meg kéne határozni az első p-1 poz. egész reciprokösszegét modulo p², amit nem tudom hogy oldasz meg mint p függvénye.

( így csak mod p kell, ami triviális )

Előzmény: [512] Róbert Gida, 2010-03-11 20:16:45

[512] Róbert Gida

2010-03-11 20:16:45

(Lejárt) februári Kömalban: B. 4251-ben megkérdezik, hogy mi az utolsó 2 számjegy, A. 501-ben, hogy mi az utolsó 3 számjegye p>3 esetén. Régebben még a Kömal ezt úgy tette volna fel A feladatként, hogy mi az utolsó 4 számjegy p>5 esetén! Talán a 7 már túl nagy prím volt a feladatot ajánlónak, hogy nem nézte meg. Kár érte. $\sum_{i=1}^{p} \binom{i\cdot p}{p}\cdot\binom{(p-i+1)p}{p}$

[511] janomo	2010-01-16 21:09:31
Nem értem, hogy mi a baj, megoldásokat idén már egyáltalán nem fogadnak el határidő után, főleg nem 3 nappal később.
Előzmény: [508] Róbert Gida, 2010-01-16 00:10:47

[510] Maga Péter	2010-01-16 20:34:51
A.494. - szép kis Schweitzer-példa, ehhh...:S
Előzmény: [507] Fálesz Mihály, 2010-01-14 19:40:29

[509] Kós Géza	2010-01-16 09:15:35
A határidő és a megoldások megjelenése között rövid, de elég idő telt el. Akinek valamilyen gondja volt a beküldéssel, szólhatott (volna).
Előzmény: [508] Róbert Gida, 2010-01-16 00:10:47

[508] Róbert Gida	2010-01-16 00:10:47
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.
Előzmény: [507] Fálesz Mihály, 2010-01-14 19:40:29

[507] Fálesz Mihály

2010-01-14 19:40:29

A. 494., A. 495. és A. 496.

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

Előzmény: [505] Tibixe, 2010-01-12 20:06:28

[506] Róbert Gida	2010-01-14 17:09:29
Komal.hu-n is megtalálod.
Előzmény: [505] Tibixe, 2010-01-12 20:06:28

[505] Tibixe

2010-01-12 20:06:28

Az A496 megoldása megvan valakinek?

( nekem csak k $\le$ 5 esetben )

[504] Fálesz Mihály	2010-01-12 17:19:57
Segítség: tükrözd a D pontot az AB és AC oldalakra.
Előzmény: [503] S.Ákos, 2010-01-12 14:00:47

[503] S.Ákos	2010-01-12 14:00:47
A.495.-re tudna valaki mutatni megoldást? Köszönöm előre is. S.Á.

[502] HoA

2010-01-03 21:51:50

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

Előzmény: [500] HoA, 2010-01-03 16:54:49

[501] zotyo58

2010-01-03 19:19:36

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.

[500] HoA

2010-01-03 16:54:49

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, P₁OP₄ $\Delta$ szabályos, P₁P₄=1. A P₁P₂O=H₀ 20^o csúcsszögű egyenlőszárú $\Delta$ -ben az alap és a szár aránya b/1 = b. H₀-lal egybevágó a P₂P₃O és a P₃P₄O háromszög. P₂P₁P₄ $\angle$ =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 $\Delta$ hasonló H₀-hoz, P₁Q=b, P₂Q=b². Legyen P₂ merőleges vetülete P₁P₄-re R, Q tükörképe R-re S. A H₂=QSP₂ $\Delta$ 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 .

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?