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.
[547] m2mm2010-05-12 22:07:10

Hát, a sok nálatok az 5 eddigi indulóból legalább 3 :D.

Előzmény: [545] Tibixe, 2010-05-12 21:31:09
[546] Róbert Gida2010-05-12 21:34:04

Az ikertesód?

Előzmény: [545] Tibixe, 2010-05-12 21:31:09
[545] Tibixe2010-05-12 21:31:09

Mennyi a sok?

Saját magamon kívül egyvalakit tudok akinek meglett a gráfos ( na vajon kicsoda? :).

Előzmény: [543] m2mm, 2010-05-12 18:50:18
[544] Róbert Gida2010-05-12 20:46:06

Nem tartom fairnek, hogy 3-an jöttök megtámadni egyszerre. Nem tudom, hogy tisztában vagy vele, de már egy ideje leérettségiztem, így nem vagyok aktív Kömal megoldó. De az akkori N jelűek között többször voltam díjazott, régebben ráadásul 4 N feladat volt, nem 3. A múlt havi többi "A" jelűekhez valószínűleg több idő kell, mint 5 perc, amennyi időm volt.

Előzmény: [542] Tibixe, 2010-05-12 18:46:02
[543] m2mm2010-05-12 18:50:18

nincs senki a Fazékban, akinek meglenne? Akkor ez is egy max 2 megoldós példa... (egyről tudok)

A gráfosat tőletek sokan megoldották?

Előzmény: [542] Tibixe, 2010-05-12 18:46:02
[542] Tibixe2010-05-12 18:46:02

Az tény, hogy nekem és szerintem még sokan másoknak nem kellett hozzá 5 perc se, de nem teljesen fair, hogy csak a könnyű feladatokról írsz. Kíváncsi lennék mi a véleményed a rákövetkező feladatról.

( Amire egyébként szívesen látnék megoldást, mert olyan versenyzővel még nem találkoztam akinek sikerült volna. )

Előzmény: [540] Róbert Gida, 2010-05-12 18:14:10
[541] Blinki Bill2010-05-12 18:40:22

Hacsak az A504 nem,[519]hsz. :DDD

Előzmény: [540] Róbert Gida, 2010-05-12 18:14:10
[540] Róbert Gida2010-05-12 18:14:10

(lejárt) A506-os megoldása: legyen az a pontos p hatványosztója pk, ekkor a=m*pk, és a színe legyen m mod p (ez 1,2,...,p-1 lehet, mert m nem osztható p-vel), az a felírása egyértelmű, így a színezés is. Továbbá i*a színe i*a=(i*m)*pk miatt (i*m) mod p, hiszen a pontos osztó pk, ha 0<i<p, de i*m redukált maradékrendszert alkot mod p, ha i befutja az 1,2,...,p-1 számokat, így a színek páronként különbözőek, ami kellett.

Ilyen könnyű A jelűt még nem láttam. 5 perc alatt megoldottam.

[539] bily712010-04-19 20:49:29

Igen, közben rájöttem én is:)

Előzmény: [536] Blinki Bill, 2010-04-19 19:59:46
[538] Blinki Bill2010-04-19 20:12:31

2a-b-vel és 2a+b-vel.

Előzmény: [529] rizsesz, 2010-04-19 16:12:16
[537] R.R King2010-04-19 20:01:18

Pontosan erre gondoltam az előző hozzászólásban csak nem volt konkrét ellenpéldám

[536] Blinki Bill2010-04-19 19:59:46

Az előjeleket szét kellene talán választani, mert pl. a=b=4 esetén 16+4+4 osztható 3-mal, de 16+4-4 már nem.

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

  [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]