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]    [45]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[535] R.R King2010-04-19 19:58:44

Üdv. Az oszthatóságok rendben vannak, szerintem ott a hiba amikor n-et kifejezed c,d-vel, mert ott már nem mindegy, hogy a +- közül melyik valósul meg ténylegesen.

Előzmény: [534] bily71, 2010-04-19 19:39:38
[534] bily712010-04-19 19:39:38

Az biztos, hogy rossz, erre utal az ellenpélda, de a hiba biztos nem itt van, mert (i)-ben a 2(a2\pma\pmb)=3b2 a bal oldal osztható 2-vel, így a jobb is. Mivel 3 páratlan, ezért b2 a páros.

Előzmény: [531] Blinki Bill, 2010-04-19 18:37:44
[533] Blinki Bill2010-04-19 19:34:00

Bocsánat, nálam a bnégyzet a 3n+1.

Előzmény: [532] bily71, 2010-04-19 19:00:10
[532] bily712010-04-19 19:00:10

Hm... ez érdekes...

Előzmény: [531] Blinki Bill, 2010-04-19 18:37:44
[531] Blinki Bill2010-04-19 18:37:44

bnégyzet páratlan, tehát c nem egész.

Előzmény: [526] bily71, 2010-04-19 14:33:10
[530] D. Tamás2010-04-19 16:36:25

A megoldásomban leírtam, hogy legyen (1) 2n+1="anégyzet" és (2) 3n+1="bnégyzet" ahol a és b pozitív egész számok. Namost mi az "anégyzet"+"bnégyzet"+1 értékét akarjuk meghatározni. Ha az (1) egyenlet háromszorosából kivonjuk a (2) egyenlet 2szeresét, akkor az pont előnyünkre válik, hiszen n mint változó kiesik. Innen pedig már szerintem könnyű a feladat, ezt a kis trükköt kellett volna észrevenni, hiszen ekkor 5n+3 felbomlik 2 egész szám szorzatára. (Bár nem írom már le ide, de még azt az esetet kellett vizsgálni, hogy mi van abban az esetben, ha az egyik tényező 1. Ekkor ugye lehet 5n+3 prím is, de itt is ellentmondásra jutunk, tehát nincsen ilyen lehetőség. Bár még nem javították ki a feladatot, de remélem nem hibáztam el semmit sem.

[529] rizsesz2010-04-19 16:12:16

Mivel osztható egyébként 5n+3, vagy hogy jön ki az, hogy összetett szám? :) Nekem mindenféle drámai fordulat kijött n-re (a 40-gyel oszthatóság biztosan, de mintha fokozódott volna a hangulat...)

Előzmény: [528] D. Tamás, 2010-04-19 15:34:38
[528] D. Tamás2010-04-19 15:34:38

Nem olvastam végig, de az (iii)-től kezdve lesz a gondolatmenetben a hiba. Talán túlságosan is "túlbonyolítod" ezt a feladatot (Persze ez csak az én véleményem), létezik ennél sokkal egyszerűbb megoldása is, csak egy kicsit trükközni kell.

[527] rizsesz2010-04-19 14:52:09

Nem tudom, hogy hol rossz, de az biztos, hogy n=40 esetén 2n+1 és 3n+1 is négyzetszám, 5n+3=203 mégsem osztható 3-mal. :(

Előzmény: [526] bily71, 2010-04-19 14:33:10
[526] bily712010-04-19 14:33:10

B.4255.

2n+1 és 3n+1 négyzetszámok, ezért felírhatók a következő alakban:

2n+1=(2a\pm1)2=2(2a2\pm2a)+1 és 3n+1=(3b\pm1)2=3(3b2\pm2b)+1.

(i) n=2a2\pm2a=3b2\pm2b, átrendezés után 2(a2\pma\pmb)=3b2, minden változó pozitív egész, ezért 3|(a2\pma\pmb).

(ii) 2n=2a2\pm2a+3b2\pm2b=2(a2\pma\pmb)+3b2, minden változó pozitív egész, ezért 2|b2.

(iii) Legyen b2/2=c és a2\pma\pmb=3d, ekkor n=3c+3d=3(c+d).

Legyen 5n+3=p, behelyettesítéssel kapjuk, hogy 5.3(c+d)+3=p, vagyis 3(5(c+d)+1)=p. A bal oldal osztható 3-mal és minden változó pozitív egész, ezért 3|p, vagyis p összetett.

[525] Róbert Gida2010-04-14 22:19:28

A frissebb változat: http://www.combinatorics.org/Surveys/ds1/sur.pdf

ezzel már 1140 is kijön. (mert r(5,13)\le1139).

Előzmény: [524] Róbert Gida, 2010-04-14 22:03:59
[524] Róbert Gida2010-04-14 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)\ler(4,11)+r(5,10)\le191+442=633

r(5,12)\ler(4,12)+r(5,11)\le238+633=871

r(5,13)\ler(4,13)+r(5,12)\le291+871=1162

r3(4,5)\ler(r3(3,5),r3(4,4))+1=r(5,13)+1\le1162+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] vogel2010-04-14 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] Tibixe2010-04-14 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] m2mm2010-04-14 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] vogel2010-04-14 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 Gida2010-04-14 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)\le11000

[518] Maga Péter2010-03-13 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] Tibixe2010-03-12 19:01:30

Erről a tételről nem is tudtam

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

[516] Róbert Gida2010-03-12 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 Péter2010-03-12 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 Gida2010-03-12 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] Tibixe2010-03-11 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 Gida2010-03-11 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] janomo2010-01-16 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

  [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]