Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[596] vogel2010-11-13 20:25:50

Azt könnyen megkapjuk a reciprok összegből közös nevezőre hozás után, hogy valamelyik szám osztható 29-cel, így felírva pl. a-t: a=29k, ismét a reciprok összeget használva kapjuk, hogy k-1 is osztható 29-cel: k=29l+1. (a 29 | bc eset ismét ellentmondás.) Innen csak l=1 vagy 2 lehet, 1-re ellentmondást kapunk, mert az jön ki, hogy bc nem egész a reciprokösszegből kiindulva. Az l=2 esetből jön, hogy bc=17641, b+c=299, amiből (299-c)c=17641=13.23.59, de ez ismét nem lehet.

Remélem nem számoltam el, bocs, ha rossz valami.

Előzmény: [595] Radián, 2010-11-13 17:55:47
[595] Radián2010-11-13 17:55:47

Ha valaki szánna rá egy kis időt és feltenné a B.4293-as feladat megoldását azt nagyon megköszönném. (Természetesen nem az eredményre vagyok kíváncsi, mert azt én is tudom.)

[594] Maga Péter2010-11-12 11:28:23

Itt azért lehet a másik félnek is igaza... egyesek szerint egy sorozat elemei definíció szerint különböznek, azok a sorozat tagjai, amik megegyezhetnek; nem teljesen egységes a terminológia.

Előzmény: [593] Róbert Gida, 2010-11-11 21:58:33
[593] Róbert Gida2010-11-11 21:58:33

Igazad van, helyesen így lenne: Egy sorozat elemei különböző pozitív egész számok...

Szeptemberi Kömal tele volt hibákkal.

Előzmény: [592] Blinki Bill, 2010-11-11 21:18:55
[592] Blinki Bill2010-11-11 21:18:55

A B. 4285. feladatban legyen a sorozat 1,2,2,2,... Semelyik két különböző elemének összege nem eleme a sorozatnak. Igaz egyáltalán a bizonyítandó állítás?

Köszönöm.

[591] Róbert Gida2010-10-23 10:56:36

Ebben a topikban elhangzott magától a kitüzőtől a jó feladat, ezután tényleg nem látom értelmét a titkolózásnak. Aki akarta ugyis megvette már az okt. számot.

Amúgy volt egy másik elrontott példa is a K255.

Előzmény: [590] D. Tamás, 2010-10-22 13:34:36
[590] D. Tamás2010-10-22 13:34:36

A KöMaL füzetbe most - már - jól van írva. Az hogy az interneten még mindig nem stimmel, gondolom javítják akkor, amikor felkerül a többi feladat szövege is.

Előzmény: [589] Róbert Gida, 2010-10-22 12:58:50
[589] Róbert Gida2010-10-22 12:58:50

A513-at minden hónapban rosszul fogják kitűzni? Ahogy látom egy betűt nem változtattak a példán:

"Milyen p prímekre van olyan harmadfokú, egész együtthatós f polinom, amelyre az f(1),f(2),...,f(p) számok páronként különböző maradékot adnak p-vel osztva? "

Előzmény: [577] Maga Péter, 2010-10-13 09:36:25
[588] m2mm2010-10-19 15:20:06

Az utolsó szögszámításos sornál 180°-2\alpha helyett persze 180°-\alpha van.

Előzmény: [587] m2mm, 2010-10-19 15:18:39
[587] m2mm2010-10-19 15:18:39

A.514(vázlatosan)

ki és ti közös pontja legyen Ti. Ismert, hogy ekkor T2,C2,(D,)A1 T2,B,T1 és T1,C1,(D,)A2 ponthalmazok egy-egy egyenest határoznak meg.

A kerületi szögek tételéből és a váltószögségből BC2T2\angle=180°-BT2A2\angle=A1T1T2\angle.

Így T2BC2 háromszög és T2T1A1 hasonló, a megfelelő oldalak arányából T2B.T2T1=T2C2.T2A1, ergo T2 rajta van k0 és k1 hatványvonalán: OC1T2\angle=90°=>OC1T2A2 húrnégyszög.

Legyen C1BT2\angle=\alpha. Ekkor BC1O1\angle=C1BO1\angle=180°-\alpha, és ebből C1O1B\angle=2\alpha-180°, majd A2T1T2=\alpha-90° adódik.

C1T2O1\angle=180°-T2C1O1\angle-C1O1T2\angle=180°-90°-2\alpha+180°=270°-2\alpha

T1C1T2\angle=180°-C1T1T2\angle-C1T2T1\angle=180°-\alpha+90°-270°+2\alpha=\alpha.

OA2C1\angle=OC1A2\angle=90°-A2C1T2\angle=90°-(180°-T2C1T1\angle)=90°-180°+\alpha

C1A2T2\angle=90°-OA2C1\angle=90°-\alpha+90°=180°-2\alpha.

Tehát C1A2T2\angle+C1BT2\angle=180°. Köbby megállapítani, hogy B és A2 az egyenes két kül. oldalán vannak: C1A2T2B húrnégyszög, C1OA2T2B húrötszög. Hasonlóan adódik, hogy A1OC2BT1 is húrötszög

Tekintsünk egy k0-ra vett inverziót: C1OA2T2B kör képe A2C1 egyenes, A1OC2BT1 köré A1C2. B képe mindkét egyenesen rajta van, azok metszéspontja lesz B inverze: ez csak D lehet, ebből az állítás következik.

[586] Fálesz Mihály2010-10-18 10:55:24

Komplex számok nélkül is megy ugyanaz a megoldás, bár kétségtelenül nem annyira szép. A táblát számokkal töltjük ki úgy, hogy minden 2x2-es és minden 3x3-as részben 0 legyen a számok összege. Például:

1 2 -3 1 2 -3 ...
-1 -2 3 -1 -2 3 ...
1 2 -3 1 2 -3 ...
-1 -2 3 -1 -2 3 ...
1 2 -3 1 2 -3 ...
-1 -2 3 -1 -2 3 ...
... ... ... ... ... ...

A 23x23-as táblán a számok összege 3. Tehát biztosan nem lehet a teljes táblát kirakni 2x2-es és 3x3-as csempékkel. Ha pedig egy mező kivételével lefedjük, a kimaradó mezőn csak 3-as lehet. Meg az elforgatott számozásban is.

A kétféle számozást kombinálhatjuk egyetlen számozásban, például vehetjük a kettő valamilyen lineáris kombinációját, vagy akár az összegét:

2 1 -2 0 3 -4 2 1 -2 0 3 -4 ...
1 -4 5 -3 0 1 1 -4 5 -3 0 1 ...
-2 5 -6 4 -1 0 -2 5 -6 4 -1 0 ...
0 -3 4 -2 -1 2 0 -3 4 -2 -1 2 ...
3 0 -1 -1 4 -5 3 0 -1 -1 4 -5 ...
-4 1 0 2 -5 6 -4 1 0 2 -5 6 ...
2 1 -2 0 3 -4 2 1 -2 0 3 -4 ...
1 -4 5 -3 0 1 1 -4 5 -3 0 1 ...
-2 5 -6 4 -1 0 -2 5 -6 4 -1 0 ...
0 -3 4 -2 -1 2 0 -3 4 -2 -1 2 ...
3 0 -1 -1 4 -5 3 0 -1 -1 4 -5 ...
-4 1 0 2 -5 6 -4 1 0 2 -5 6 ...
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
Előzmény: [585] SAMBUCA, 2010-10-16 16:35:36
[585] SAMBUCA2010-10-16 16:35:36

B. 4283.

Persze pl. komplex számokkal kijön, hogy kell legalább egy 1×1-es, és az is, hogy olyan sokféle helyen nem is lehet. Egy hasonló feladat már volt A-ban is: A. 363. ezen az oldalon

Előzmény: [584] Róbert Gida, 2010-10-16 16:01:37
[584] Róbert Gida2010-10-16 16:01:37

Milyen feladatra?

Előzmény: [583] SAMBUCA, 2010-10-16 15:37:46
[583] SAMBUCA2010-10-16 15:37:46

Egy szép ábra, bizonyítás nélkül:

[582] Tóbi2010-10-14 20:27:51

Lehet beküldeni feladatokat, ha nem tetszik a mostani színvonal. Hányat is küldtél eddig be? Így könnyű más munkájába belekötni.

Előzmény: [581] Róbert Gida, 2010-10-14 18:55:44
[581] Róbert Gida2010-10-14 18:55:44

(lejárt) A512. feladat a méréssorozat előre kiválasztása nélkül a Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből aritmetika és algebra könyv dupla csillagos 6. feladata (általános eset bizonyítása a könyv végén). Potya példa.

Versenykiírásból: "Szép, érdekes és nem közismert feladatokat javasolhatnak kitűzésre." Kellett vagy fél métert nyúlnom az asztalon a könyvért...

[580] Kós Géza2010-10-14 11:23:05

Ha a javított feladat megoldását küldted be, akkor nem szükséges újra beküldened.

Előzmény: [578] m2mm, 2010-10-13 15:20:52
[578] m2mm2010-10-13 15:20:52

Ha én a javított megoldását már elküldtem előző hónapban, akkor kell még egyszer?

Előzmény: [577] Maga Péter, 2010-10-13 09:36:25
[577] Maga Péter2010-10-13 09:36:25

Igen, azt akarták. Az én javaslatom a feladat, és én:) még odaírtam, hogy a főegyüttható ne legyen p-vel osztható. Aztán hogy, hogy nem, ez a feltétel lemaradt... De ha jól tudom, megjelenik a következő számban helyesen, és a leadási határidő egy hónappal eltolódik. Magától értetődő, hogy a px3+x megoldást nem fogják elfogadni.

Előzmény: [576] Róbert Gida, 2010-10-13 01:02:53
[576] Róbert Gida2010-10-13 01:02:53

Basszus, azt (is) elszúrták, de nem fogják elfogadni a megoldásodat. Tudod mit akartak eredetileg? Zp[x]-ben legyen harmadfokú a polinom.

Előzmény: [575] Tibixe, 2010-10-12 22:51:56
[575] Tibixe2010-10-12 22:51:56

Az A.513 nem sikerült túl könnyűre?

( triviális megoldás: legyen f(x)=px3+x )

[574] Róbert Gida2010-10-12 20:09:03

Guinness világrekord, legrövidebb Kömal példamegoldás (K255):

0

[573] Blord2010-07-31 22:04:02

Köszi szépen!

Előzmény: [572] Erben Péter, 2010-07-29 19:22:13
[572] Erben Péter2010-07-29 19:22:13

Jelölés: \sqrt{x} = y \ge 0

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:

y = \root 3  \of {\frac{1+\sqrt{5}}{2}}

x = y^2 = \root 3  \of {\frac{3+\sqrt{5}}{2}}

Előzmény: [571] Blord, 2010-07-29 16:52:43
[571] Blord2010-07-29 16:52:43

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..

  [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]