Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

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.

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.)

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.

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

Szeptemberi Kömal tele volt hibákkal.

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.

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.

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.

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? "

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

A.514(vázlatosan)

k_i és t_i közös pontja legyen T_i. 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=180°-BT₂A₂=A₁T₁T₂.

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

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

C₁T₂O₁=180°-T₂C₁O₁-C₁O₁T₂=180°-90°-2+180°=270°-2

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

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

C₁A₂T₂=90°-OA₂C₁=90°-+90°=180°-2.

Tehát C₁A₂T₂+C₁BT₂=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.

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:

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:

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

Milyen feladatra?

Egy szép ábra, bizonyítás nélkül:

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

(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...

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

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

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.

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

Az A.513 nem sikerült túl könnyűre?

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

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..