Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Guinness világrekord, legrövidebb Kömal példamegoldás (K255):

0

Köszi szépen!

Jelölés:

y¹²-y⁶-2y⁴-1 = 2y³-2y⁷+2y  

y¹²+2y⁷    -y⁶-1-2y⁴-2y³-2y=0  

y¹²+2y⁷+y²-y²-y⁶-1-2y⁴-2y³-2y=0  

(y¹²+2y⁷+y²)-(y⁶+y²+1+2y⁴+2y³+2y)=0  

(y⁶+y)²-(y³+y+1)²=0

(y⁶-y³-1)(y⁶+y³+2y+1)=0

A második tényező pozitív, az első y³-ben másodfokú. Nemnegatív megoldása:

Sziasztok!

Nekem sem igazán ment a 4275, én is nagyon hálás lennék egy megoldás(vázlat)ért. Valószínűleg rossz úton jártam, úgy kezdtem, hogy (gyök x)=a helyettesítés után a két oldalt négyzetre emeltem, a négyzet-b négyzet=(a-b)*(a+b), majd kis maple használat után még tovább alakítottam szorzattá, de ez az eljárás nagyon nem tetszett..

Remélem jó irány :) ha kijön, kérlek szólj :) egy Bukarestbe tartó 4 órás buszút 3,5. órája környékén vettem elő és ki is jött a (2;3), (-1;1), (-1;0), de lehet, hogy van más megoldás is, azóta sem számoltam végig :)

Kösz :)

A 4277.-ben alakítsd át úgy a kifejezéseket, hogy minden x+y és x*y-nal kifejezve szerepeljen (nem egy nagy kaland) :)

utána használd fel a számtani-mértani közepek közötti összefüggést, majd átalakítások után kapsz egy felső korlátot x*y-ra (kijön, h legfeljebb 9).

ez akkor jó, ha x és y pozitív.

ha mindkettő negatív, akkor nincsen megoldás.

ha az egy negatív, a másik pozitív, akkor pedig helyettesítsd az egyiket a negatív előjelű értékkel (pl -y-nal); kicsit átalakul az egyenlet; onnan pedig zongorázd végig a legfelül leírtakat.

Feltenné valaki a B.4275. és a B.4277. feladatok megoldási vázlatát, esetleg egy indító ötletet? Köszönöm.

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

Nem, az A506-ot 12-en oldották meg teljesen (5 pontosra), míg az A504-et 6-an. Egyébként az A jelű pontversenyben a tanévben 21 diáknak van pozitív pontszáma és mindössze 7-en vannak a Fazekasból. Ez azért nem sok.

Pozitívum viszont, hogy lánygimnázium is van az A pontversenyben, de oda fiú hogyan járhat?

Szép megoldás. A bizonyításodat követve: a₁=3385021573484712-re a sorozat csak összetett számot tartalmaz.

a₀=0 sorozatot nézzük, 7|a₂ és 5^.17|a₃, illetve maradékokkal látható, hogy a₆-nak van ezektől különböző prímosztója, mivel mindegyik 1. hatványon szerepel a₆ felbontásában. Ebből kapjuk, hogy ha 7|a_k tetszőleges sorozatban, akkor 7|a_k+2n, analg módon a másik 3 prímre is minden 3-ik illetve 6-ik szám osztható vele. Innét konstruálunk egy olyan x számot a kínai maradéktétellel, amire x2(5), x0(7^.17) és x1(p), ahol p a₆ prímosztója. Ugyanis ekkor minden 3k+1-.ik tag osztható 5-tel, 3k+2-ik 17-tel, 2k-ik 7-tel, és 6k+5-ik p-vel. De ezek lefedik az összes maradékosztályt, így ilyen számok jók, és tudunk olyant választani, hogy mindegyik prímnél nagyobb legyen.

Hello!

Ha valakinek megvan és van rá ideje kérem írja le a B.4272-es feladat megoldását. Előre is köszönöm.

A B.4269 feladattal kapcsolatban fölvetek egy "sejtést" a GEOMETRIA témában, az 1422. hozzászólásban. Felhasználom az itteni 560. hozzászólás észrevételét, melynek bizonyítása is igen szép.

Ez független attól, hogy a körök sugarai egyenlők, tetszőleges AB szakaszon lévő belső pontra igaz, vagyis a beírt körök C-n át nem menő közös belső érintője átmegy az érintési ponton.

Itt egy ábra is amin kiemeltem a lényeget:

Bocs, elfelejtettem odaírni, hogy közös belső érintő (külsőt se írtam, nem látom honnan szedted). Két közös belső érintő van (kivétel az egyenlő szárúaknál). Az egyikre illeszkedik C és P, és azt állítom hogy a másikra illeszkedik a a beírt kör és az AB oldal érintési pontja.

Azt az állítást nem teljesen értem. Mit értesz az alatt, hogy a két kis kör közös külső érintője átmegy a beírható kör és az AB oldal érintési pontján? Tekintve, hogy az egyik közös külső érintőegyenese az AB egyenes, és az ABC háromszög beírt köre a háromszög mindegyik oldalát egy pontban érinti, ezért ez az állítás biztosan igaz. Bár szerintem valamit félreértek, mert ez így elég egyszerű feladat.

Megjegyzés: A korábbi állításodhoz, miszerint ha mindhárom oldalon felvesszük a feladatnak megfelelő pontot, és összekötjük a szemközti csúccsal, akkora három egyenes egy pontban metszi egymást csak speciális háromszögben igaz, egyenlőre nekem még csak szabályos háromszögbe bizonyult igaznak az állítás, hiszen ott a megfelelő pontokat a szemközti csúcsokkal összekötve megkapjuk a szabályos háromszög magasságait, s közismert, hogy egy tetszőleges háromszög magasságai egy pontban, a magasságpontban metszik egymást.

Igazad van tényleg nem egy ponton mennek át. Számítógéppel rajzoltam meg, és az alapján úgy tűnt, hogy egy ponton mennek át. Most csináltam egy ábrát amint nagyon "lapos" a kiinduló háromszög, és ott már látszik hogy nem igaz.

Mi a véleményed a másik állításról? Azt is hasonlóan vettem észre, de még lehet, hogy igaz.

A PC szakasz hosszát meg megpróbálom kijavítani.

Az, hogy igaz-e az az állítás, hogy ha minden a háromszög oldalain megszerkesztjük a keresett pontokat,s ezeket a pontokat összekötjük a szemközti csúcsokkal, akkor a keletkező 3 egyenes egy pontban metszi-e egymást nehezebb problémának tűnik. Ebben a problémában jelenleg csak az ún. Ceva-tételt tudom használni, de sajnos nagyon ronda értékekkel kell számolnunk. De valószínűsítem, hogy az állítás nem igaz. (Egyébként honnan sejted ezt az állítást? Megszerkesztetted a kívánt háromszöget?)

Egyéb érdekesség: Ha megszerkesszük a c oldalon a feladatból ismert P pontot, és a többi oldalon is hasonló eljárással a Q és R pontokat, akkor azt vehetjük észre, hogy PC²+QA²+RB²=s² ahol s az ABC háromszög félkerülete!

A PC szaksz hossza nem jó. Ha ilyen "ronda" lenne, akkor fel sem adtam volna feladatnak.

Nekem ez jött ki: Örülnék ha valaki leellenőrizné.

Miközben a B.4269.-es feladatot oldottam észrevettem két érdekes dolgot. A két kis kör másik közös érintője (amelyik nem megy át C-n) átmegy a beírható kör és az AB oldal érintési pontján.

Ha mindhárom oldalon felvesszük a feladatnak megfelelő pontot, és összekötjük a szemközti csúccsal, akkora három egyenes egy pontban metszi egymást.

Bizonyítani nekem még nem sikerült őket.

A B.4269.-es feladattal kapcsolatban: Határozzuk meg a PC szakasz pontos hosszát az a,b és c szakaszok felhasználásával! Igazoljuk, hogy derékszögű háromszögben ha az átfogón szerkesztettük meg a P pontot, akkor a PC szakasz hossza pontosan megegyezik a derékszögű háromszög területének négyzetgyökével!

B.4269 megoldása „A KöMaL pontverseny” témában leírtak kapcsán. Tekinsük a feladatot megoldottnak. Legyen ABC körülírt köre k, beírt körének középpontja O . Az APC és BCP háromszögek beírt k₁ , k₂ köreinek középpontja O₁ ill. O₂ . Mivel ezek a körök ABC 2-2 oldalát érintik, O₁ ill. O₂ rajta vannak az AO ill. BO szögfelezőkön. A körsugarak egyenlősége miatt O₁O₂ párhuzamos AB -vel. Ugyancsak az érintés miatt O₁C felezi az ACP , O₂C a BCP szöget. O₁O₂C C-nél levő szöge ezért /2 . Nagyítsuk az O középpontból az O₁O₂C-et úgy, hogy O₁ képe A legyen. Ekkor a párhuzamosság miatt O₂ képe B lesz. A C pont C’ képe egyrészt rajta van az OC egyenesen, másrészt az AB szakasz /2 látőszögű, C oldali körívén.

A szerkesztés menete: Rajzoljuk meg az AB szakasz /2 látószögű körívét a C -t tartalmazó oldalon. Ennek a CO egyenessel alkotott metszéspontja C’ .Húzzunk párhuzamost C-n keresztül AC’ -vel, metszéspontja AO -val legyen O₁, valamint C-n keresztül BC’ -vel, metszéspontja BO -val legyen O₂. Az O₁ középpontú, AB -t érintő kör C -ből húzott, AC -től kölönböző érintője metszi ki AB -ből P-t.

Igazolás: ABC’ és O₁O₂C hasonlósága miatt O₁O₂ párhuzamos AB -vel, e középpontok körüli AB-t érintő körök sugara egyenlő. O₁ és O₂ rajta vannak az AO ill. BO szögfelezőkön, ezért e körök az AC ill. BC oldalakat is érintik. Legyen ACO₁=₁ , BCO₂=₂ . ₁+₂=-/2=/2 Az érintés miatt PCO₁=ACO₁=₁ , így PCO₂=–2^.₁-₂=–/2-₁=/2-₁=₂ , tehát CP az O₂ körüli BC -t érintő kört is érinti.

Szerintem a szerkesztőségben kéne ócsárolni a feladatokat, szemtől szemben. Esetleg javasolni feladatot.

Nem várom, hogy megoldja ( biztos van jobb dolga ), de legalább mérje fel, hogy nem könnyű.