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.
[636] Róbert Gida2011-04-23 21:58:42

Így már érthető. Ha már észrevettem a hipergráfos átfogalmazást, gondoltam megnézem Lovász Kombinatorikai problémák és feladatok c. könyvében, hogy megtalálom-e. 13. fejezet 27. példája pontosan ez, kínairól matematika nyelvére lefordítva (13. fejezet a hipergráfos.) És csak fél métert kellett nyúlnom érte az asztalomon.

janomo, ezt is veheted egy általam elmondott nehéz feladatnak.

Előzmény: [635] Kemény Legény, 2011-04-23 19:10:47
[635] Kemény Legény2011-04-23 19:10:47

Szerintem félreolvashattál valamit, talán azt, hogy "...amelyre C bármely két elemének és A-nak van közös eleme". Amit te feltételezel, az az, hogy C bármely három elemének kell legyen közös eleme, amit semmi sem garantál.

Előzmény: [634] Róbert Gida, 2011-04-23 18:01:45
[634] Róbert Gida2011-04-23 18:01:45

Igazad van, a megoldás is fent van már.

Amit nem értek most az a (lejárt) A531, az megoldás, hogy C egy halmazát választom ki A-nak, és akkor persze Nk=k jó lesz, de ez túl könnyű lenne A-nak nem?

Csak a feladatkitűzéshez: ezt miért nem lehetett volna hipergráffal, hiperélekkel megfogalmazni? Kicsit érthetőbb lett volna.

Előzmény: [633] Maga Péter, 2011-04-19 13:31:03
[633] Maga Péter2011-04-19 13:31:03

Az A.527-528-nál akár még igazad is lehet, bár nem látom be, hogy egy nehéz pontversenyben miért ne lehetnének olykor könnyebb feladatok.

De ugye az A.532-nél nem gondolod komolyan, hogy le*megoldás*ozod másnak a munkáját csupán azért, mert tudsz belőle viccet csinálni? Arról nem is beszélve, hogy n=0 esetén nem lenne a1, viszont a feladat szövegében konkrétan meg van nevezve a1. Ennyit a szellemes *ellenpéldádról*.

Előzmény: [624] Róbert Gida, 2011-04-18 02:07:42
[632] Róbert Gida2011-04-19 00:13:51

x és x+1 volt a két szomszédos gyök, így etettem meg a feladatot a Mathematica-val.

Előzmény: [631] Róbert Gida, 2011-04-19 00:00:25
[631] Róbert Gida2011-04-19 00:00:25

Teljesen jó amit a Mathematica ír, ha x-et beírod a két lehetőség közül, akkor az megadja a p értékeket (ez az eredeti 3-adfokú egyenletből is látszik). Mindkét esetben p=1-et kapsz, az eredeti polinom pedig (x+1)(x+2)(x+3).

Előzmény: [630] jonas, 2011-04-18 23:54:11
[630] jonas2011-04-18 23:54:11

De akkor most ebből mennyi a p értéke?

Előzmény: [629] Róbert Gida, 2011-04-18 23:51:08
[629] Róbert Gida2011-04-18 23:51:08

0.032 másodperc alatt ezt a Mathematica is megoldja (csak Reduce kell hozzá) (x==-2 || x==-3) && p==-\frac {x^3}{6+11x+6x^2} (azaz p=1 lesz csak megoldás). Az eredeti A jelűt is megoldja.

Előzmény: [627] Kós Géza, 2011-04-18 23:09:03
[628] Róbert Gida2011-04-18 23:19:46

Utóbbi 4 hónapban nem tettél fel egy megoldást sem, de mondok jobbat, senki sem, se könnyűt, se nehezet.

A496-ról beszélünk(?), az mikor volt már, annyit nem lapozok vissza.

"Szóval gyere ki egyszer egy nehéz feladat megoldásával" Azzal jöttem, ki. Régen tudod, hogy nevezték az "A" jelű pontversenyt? N-nel, mint "Nehezebb matematika feladatok versenye".

Előzmény: [625] janomo, 2011-04-18 21:02:49
[627] Kós Géza2011-04-18 23:09:03

Az A.527-et én rontottam el. Olyan változatot akartam, ami ugyan p-ben negyedfokú egyenletre vezet, de ennek van két szép gyöke. Sajnos x=-1 mindig gyök lett... (Mondjuk a feladatnak azt a tulajdonságát nem sikerült elrontani, hogy ezt szántam a februári ,,könnyű'' A-nak. ;-) ) Most már így marad.

Aki szeret számolni, megpróbálkozhat a következő változattal:

A.527.' Határozzuk meg azokat a p valós számokat, amelyekre az x3+p(6x2+11x+6)=0 egyenletnek van két olyan valós gyöke, amelyek különbsége 1.

Előzmény: [625] janomo, 2011-04-18 21:02:49
[626] Tibixe2011-04-18 21:51:50

"elemien megoldható azért Dirichlet kell hozzá"

ez kicsit úgy hangzik, mint ha azt mondanád, hogy

"Sanyi alacsony, de azért két méter három centi magas"

Előzmény: [624] Róbert Gida, 2011-04-18 02:07:42
[625] janomo2011-04-18 21:02:49

Elég érdekes vagy, mért ragadod ki mindig azokat a példákat amik azért vannak betéve hogy legyen valami ziccer, jó nem mondom nem volt idevaló ez a A 527, sőt szerintem is erős tulzás volt, de akkor is szerintem a komalA nagyon is szinvonalas jo verseny és semmit nem veszít a szinvonalából évről évre.

Ami meg A532-t illeti ahelyett hogy fennakadnál trivialitásakon megprobálhatnád a feladat lényegét nézni és belátni a lényegi állatást, persze mivel azt nem tudnád igy ez nyilván jobb taktika, de az hogy az igazi megoldók megoldásait iyen félszarkasztikusan (szarkazmusnak én csak erősebb megmozdulásokat nevezek) le "megoldás"-ozd, hát az egész egyszerüen szánalmas.

Szóval gyere ki egyszer egy nehéz feladat megoldásával, mondjuk A523 A532, A496 satöbbi és akkor kezdheted (mondjuk akkor nem lennél szánalmas, csak önelégült) oltogatni a komalt, addig meg vegyél vissza az arcodból.

Összefoglalva nem igazán komállak most :)

Előzmény: [624] Róbert Gida, 2011-04-18 02:07:42
[624] Róbert Gida2011-04-18 02:07:42

Márciusi A 532.: n=k=0;a0=\pm1 ellenpélda, nincs ilyen c. [[A beküldött *megoldásokra* azért kíváncsi lennék.]]

Februári A 527. egy jó 4 évtizede pedig egy sima felvételi feladat is lehetett volna.

Februári A 528. elemien megoldható azért Dirichlet kell hozzá, n=1 triviális megoldás, n>2 nem lehet, mert H-ig (ha H>c, minden c\inC-re), akkor maximum |C|*(2*H)^{\frac 2n}<H egész áll elő, ha H nagy, ellentmondás. Marad az n=2 eset, ez sem lesz megoldás, elég megmutatni, hogy minden a,b-re tetszőlegesen hosszú intervallumot kihagy az ax2+by2 sorozat. Megmutatom, hogy végtelen sok p prímre, ha ax2+by2 osztható p-vel, akkor osztható p2-tel is. Biz.: tfel osztható p-vel (és legyen p az nem osztója ab-nek), ekkor ax2+by2\equiv0mod p, ha y osztható p-vel, akkor x is, de akkor ax2+by2 osztható p2-tel. Ellenkező esetben rendezés után: (\frac xy)^2\equiv -\frac ba\mod p, azaz -\frac ba négyzetelem, de akkor (-ab) is, így, ha (-ab) kvadratikus nemmaradék, akkor nem megoldható a kongruencia. Ilyenből pedig végtelen sok van, jobb híján kvadratikus reciprocitási tétellel+Dirichlet-vel kijön. És már itt jönnek a kínaik is: z\equivp1mod (p1)2;z+1\equivp2mod (p2)2;...;z+u-1\equivpumod pu2 rendszer megoldható, és éppen ezt szerettük volna, mert akkor egy ilyen z értékre z osztható egy ilyen p-vel, de p2-tel nem, azaz nem áll elő ax2+by2 alakban, és így tovább, z+u-1 sem, azaz u egymásutáni érték.

[623] SAMBUCA2010-12-18 14:15:16

gondolom, hogy ez az alábbit jelenti :)

A_{n+1}=A_{n}\cdot\prod_{i=1}^{f(n)}{p_i}+1

Előzmény: [622] Tibixe, 2010-12-18 14:06:35
[622] Tibixe2010-12-18 14:06:35

A b) tipped a helyes, tehát

A_{n+1} = A_n \Big( \prod_i^{1..f(n)}p_i \Big) + 1

A hibáért és az esetleges többiért elnézést kérek :)

Előzmény: [621] Erben Péter, 2010-12-18 10:06:17
[621] Erben Péter2010-12-18 10:06:17

Nem maradt ki valami An+1 definíciójából?

A_{n+1} = A_n \prod_{i}^{1\dots f(n)} +1

a) A_{n+1} = A_n \prod_{i}^{1\dots f(n)}A_i +1 ?

b) A_{n+1} = A_n \prod_{i}^{1\dots f(n)}p_i +1 ?

c) A_{n+1} = \prod_{i}^{1\dots f(n)}A_i +1 ?

Előzmény: [619] Tibixe, 2010-12-17 22:17:28
[620] Erben Péter2010-12-18 06:55:56

Köszönöm a megoldást és a TeX-elést!

Előzmény: [619] Tibixe, 2010-12-17 22:17:28
[619] Tibixe2010-12-17 22:17:28

Bemásolom amit kaptam, csak a képleteket írom át texbe. ( az esztétikát úgy általában kispóroltam belőle )

---

A mi sorozatunk azt is tudni fogja, hogy

\sum_{n=1}^{\infty} a_n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_{nk}}{k}=\infty

Mivel \sum_{k=1}^\infty a_{nk} k^{-1} \ge a_{n \cdot 1}/1, ezért ez valóban erősebb, tehát elég ha ilyen sorozatot találunk.

Jelölje először is az i-edik prímet pi.

Most szükségünk lesz majd egy dologra, méghozzá, hogy a prímek reciprokösszege divergens, ezt nem kell külön igazolnunk, akármelyik számelméletkönyvben megtalálható bizonyítással együtt, mondjuk a Szalay Mihály számelmélet c. könyvben.

Eszerint definiáljuk pf(n)-t úgy, hogy ez a legkisebb indexű prím, amire \sum_{i=1}^{f(n)} p_n^{-1} > 2^n, ilyen tehát mindenképpen létezik.

Definiáljuk még az Ai sorozatot a következőképpen rekurzíven, legyen A1=1 és

A_{n+1}=A_n \prod_{i}^{1..f(n)}+1

Most eljött az ideje, hogy definiáljuk az au sorozatunkat:

Ha An\leu<An+1, akkor au=0, ha u nem többszöröse An-nek, vagy u nem osztója A_n \prod_{i}^{1..f(n)}-nek, egyébként pedig \sqrt{2}^{-n-f(n)}.

Bebizonyítom, hogy ez a sorozat jó lesz nekünk, ehhez két dolgot kell látni.

\sum_n^{1..\infty} a_n^2 véges:

Olyan u egész szám, amire An\leu<An+1 és u többszöröse An-nek és osztója -nek nyilván 2f(n) db van, hiszen An-en kívül még minden prímtényezőt vagy beválasztunk a számba vagy nem, így tehát \sum_i^{A_n..A_{n+1}-1} a_n^2=2^{f(n)} (\sqrt{2}^{-n-f(n)})^2=2^{-n}, amiből:

\sum_n^{1..\infty} a_n^2=\sum_k^{1..\infty} 2^{-k}=1

, ami valóban véges.

\sum_{k=1}^\infty a_{nk} k^{-1}=\infty bizonyítása:

Még vezessünk be egy jelölést kényelmi okokból, k\Deltaj [sajnos nincs nabla -- tibixe] jelentse azt, hogy létezik olyan n, amelyre An\lek,j<An+1.

Amit mi igazolunk az, hogy

\sum_n^{1..\infty} a_n \sum_{kn \Delta n} a_{nk} k^{-1}

, ez nyilván még erősebb, mint amit akartunk.

Felírhatjuk, hogy

\sum_n^{1..\infty} a_n \sum_{kn \Delta n} a_{nk} k^{-1}=\sum_i^{1..\infty} \sum_{A_i \le kn, n < A_{n+1}}    a_n a_{kn} k^{-1}

.

Amit alulról szeretnénk becsülni az \sum_{A_i \le kn, n < A_{n+1}}    a_n a_{kn} k^{-1}.

Legyen Sb azoknak az Ai-nál nem kisebb és Ai+1-nél kisebb pozitív egészek halmaza, amelyek többszörösei Ai-nek és osztója p_b^{-1} A_i \prod_j^{1..f(i)}p_j-nek, ahol 1\leb\lef(i), ezeknek a halmazoknak az elemszáma nyilván 2f(n)-1.

Ezt a jelölést használva:

\sum_{A_i \le kn, n < A_{n+1}}  a_n a_{kn} k^{-1}  \ge \sum_b^{1..f(n)} \sum_{n \in S_b} \frac{a_n a_{p_b n}}{p_b}=\sum_b^{1..f(n)} 2^{f(i)-1} \frac{2^{-i-f(i)}}{p_b}= \sum_b^{1..f(n)} 2^{-i-1} p_b^{-1}= 2^{-i-1} \sum_b^{1..f(n)} p_b^{-1} > \frac{1}{2}.

Előzmény: [615] janomo, 2010-12-17 19:51:07
[618] janomo2010-12-17 20:04:20

na már el is küldtem

[617] Tibixe2010-12-17 20:01:59

Tényleg? Mert én nem láttam meg rá a triviális bizonyítást, kérlek írd le ide.

Előzmény: [616] Róbert Gida, 2010-12-17 19:53:02
[616] Róbert Gida2010-12-17 19:53:02

Monotonokra triviális a feladat.

Előzmény: [614] Tibixe, 2010-12-17 17:05:32
[615] janomo2010-12-17 19:51:07

Hello!

Na az a lényeg hogy van ilyen sorozat, nem tudom föltenni forumra a megoldást, de elküldöm tibinek (tibixe), ő majd felteszi.

Nagy János

Előzmény: [613] Erben Péter, 2010-12-17 13:36:04
[614] Tibixe2010-12-17 17:05:32

Nemtriviális eredményként nekem annyi jött ki, hogy monoton sorozatokra a kérdéses összeg véges.

Az meg egyszerűen belátható, hogy akkor is véges, ha az a sorozat teljesen multiplikatív.

Előzmény: [613] Erben Péter, 2010-12-17 13:36:04
[613] Erben Péter2010-12-17 13:36:04

Most, hogy a matematikatanítás helyzetéről szóló eszmecsere külön témába került, szeretnék visszatérni a feladathoz, ami feltüzelte a fórum-társakat.

Bármilyen ötlet és részeredmény is érdekelne az A.520. kapcsán.

Előzmény: [611] m2mm, 2010-12-13 17:10:40
[612] Moderátor2010-12-15 21:00:44

A matematika oktatás helyzetéről elkezdődött vitát új témába helyeztem át.

  [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]