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.
[646] bily712011-04-29 13:20:13

Köszönöm.

Úgy látom már leesett, ezért nem folytatom :)

Előzmény: [643] Maga Péter, 2011-04-29 12:31:19
[645] bily712011-04-29 13:17:39

A feladat szerint az Ai pontok egy kör kerületén helyezkednek el, hát legyen ez a kör az egységsugarú, origó középpontú kör.

A feladat szerint az A1A3 szakasz az A2 pontból \pi/2n szögben látszik, vagyis az A1,A3 pontok által határolt körív kerületi szöge \pi/2n (a pontok egy kör kerületén vannak!), vagyis a körív középponti szöge \pi/n.

Az A3A5 szakasz az A4 pontból ugyancsak \pi/2n szögben látszik, vagyis a szakasz az origóból ugyancsak \pi/n szögben látszik, ez csak úgy lehetséges, ha az A1,A3,A5 pontok egy a körbeírt szabályos 2n-szög csúcsai. Ugyanezt eljátszva az öszes Ai ponttal, ahol i páratlan, kapjuk, hogy az Ai pontok egy szabályos 2n-szög csúcsai. (Persze, az Ai pontok halmaza csak részhalmaza a 2n-szög csúcsai halmazának.)

Az is nyílvánvaló, hogy az A1A2n+1 szakasz átmegy az origón. Forgassuk az A1 pontot a (0,1), az A2n+1-et a (0,-1) pontba.

Ugyanígy az Aj pontok is, ahol j páros, egy szabályos 2n szög csúcsai. Az A1A2 szakasz az origóból a feladat szerint tetszőleges \varphi szögben látszik, ahol a feltételek miatt 0\le\varphi\le\pi/n, vagyis ezt a 2n-szöget origókörüli, \varphi-szögű forgatással kapjuk az előzőből.

A feladat szerint az l1 szakasz egyik végpontja az A1 pont (én most azonosítottam a szakasz hosszát magával a szakasszal, ha nem baj), a másikat jelöljük M1-gyel, amely pont egyben az l2 szakasz egyik végpontja, a másikat jelöljük M2-vel, ezt folytatva kapjuk az M1,M2,...,M2n-2 pontokat.

Az A1A2M1,  A2M1M2,  A3M2M3,...,A2nM2n-2A2n+1 háromszögek hasonlók, hiszen a feladat szerint az A2,A3,...,A2n-1,A2n csúcsokban elhelyezkedő szögek mindegyike \pi/2n. Ezek egyben váltószögek, hiszen a megfelelő száraik közösek, továbbá az összes háromszög egyik oldala egy egyenesre, az y tengelyre illeszkedik, a így a háromszögek oldalai páronkét párhuzamosak, vagyis hasonlóak.

Mivel a háromszögek hasonlóak, bennük a megfelelő oldalak és a hozzájuk tartozó magasságok aránya állandó, jelöljük ezt c-vel, c\ne0.

A feladat szerint l12-l22+l32-l42+...-l2n-22+l2n-12=0, vagyis \sum_{2|i}l_i^2=\sum_{2\times i}l_i^2, ahol 1\lei\le2n-1 és ×: "nem osztója".

Ha az előző teljesül az li szakaszokra, akkor teljesül a rájuk emelt magasságra is, azaz \sum_{2|i}m_i^2=\sum_{2\times i}m_i^2 (minden li szakasz az előbb részletezett háromszögek közül az egyik alapja), ugyanis mi=lic-t behelyettesítve \sum_{2|i}l_i^2c^2=\sum_{2\times i}l_i^2c^2, ebből c^2\sum_{2|i}l_i^2=c^2\sum_{2\times i}l_i^2. Mivel c\ne0, ezért leoszthatunk c2-tel, így visszakapjuk az eredeti állítást, tehát elég az mi-kre belátni.

Vegyük észre, hogy az mi szakasz hossza megegyezik az Ai+1 pontba (ami az mi-hez tartozó háromszög csúcsa) mutató helyvektor x koordinátájának "hosszával", ugyanis az mi-k, mivel magasságok, merőlegesek az alapokra, melyek az y tengelyere illeszkednek, így merőlegesek az y tengelyre, így a vetületük hossza egyenlő az Ai+1 pont vetülete és az origó közti távolsággal, ami definíció szerint épp a pont x koordinátájnak abszolút értéke.

Szerintem még mindig pontatlan, de ha visszamegyünk az axiómákig, akkor sosem érünk a végére.

Folyt. köv.

Előzmény: [641] Maga Péter, 2011-04-29 10:09:22
[644] Maga Péter2011-04-29 12:33:17

Igazából az zavart meg, hogy az elején mindenre rámondtad, hogy szabályos 2n-szög (amik egyébként nem azok, nem is 2n-szögek).

Előzmény: [643] Maga Péter, 2011-04-29 12:31:19
[643] Maga Péter2011-04-29 12:31:19

Igazad van, és én tévedtem.

A leírásban még van hová fejlődni, egyébként így tovább!

Előzmény: [642] bily71, 2011-04-29 10:52:31
[642] bily712011-04-29 10:52:31

"...ez a megoldás hibás, legalábbis erősen hiányos."

Nem hibás, de valóban erősen hiányos, legalábbis az, amit leírtam. Készíts ábrát és azonnal megérted a gondolatmenetem. Ha mégsem, leírom precízebben.

Előzmény: [641] Maga Péter, 2011-04-29 10:09:22
[641] Maga Péter2011-04-29 10:09:22

Nem oldottam meg a feladatot, nem is nagyon gondolkodtam rajta, úgyhogy a partvonalon túlról szólok (és könnyen lehet, hogy tévedek): ez a megoldás hibás, legalábbis erősen hiányos. Az első két bekezdés már első ránézésre is elképesztő pontatlanságokat tartalmaz. De utána is 'valami bűzlik Dániában', ahogy mondani szokás.

Előzmény: [640] bily71, 2011-04-28 19:15:23
[640] bily712011-04-28 19:15:23

A.530.

Legyen a kör az origó középpontú egységkör, továbbá legyen A1(0,1) és A2n+1(0,-1)!

A kerületi és középponti szögek tételéből következik, hogy az A1A3,...,A2n+1 pontok egy szabályos 2n-szög csúcsai. Az A2A4,...,A2n pontok ugyancsak egy szabályos 2n-szög csúcsai, melyet az előbbi 2n-szögből origó körüli \varphi szögű forgatással kapunk (0\le\varphi\le\pi/n).

Jelöljük az A1A2n+1 és az A2A3A3A4,...,A2nA2n+1 szakaszok metszéspontjait M1M2,...,M2n-nel! Ekkor az A1A2M1A3M1M2,...,A2nM2n-2A2n+1 háromszögek hasonlóak, ugyanis az A1A2M1\angleM1A3M2\angle,...,M2n-2,A2nA2n+1\angle szögek váltószögek és a háromszögek alapjai egy egynesre (az y tengelyre) esnek, így az oldalaik páronként párhuzamosak.

Mivel a hárömszögek hasonlóak, az alap és a ráemelt magasság aránya mindegyikben megegyezik, vagyis mi/\elli=c \implies mi=\ellic \implies \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2 c^2=c^2\sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2=0, c\ne0 \implies \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2=0 . Tehát elég azt megmutatni, hogy \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}m_i^2=0 teljesül.

Vegyük észre, hogy a magasság hossza a háromszög alapjával szemközti csúcsába mutató helyvektor x koordinátájának abszolút értékével egyezik meg.

Legyenek egy szabályos n-szög csúcsainak koordinátái x1,y1x2,y2, ...,xn,yn, ekkor \sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=n/2. (A bizonyítást, ha szükséges, leírom.)

Ha az A3A5,...,A2n+1 pontokat tükrözzük az origóra, akkor egy szabályos 2n-szöget kapunk. Mivel az Ai és az Ai' pontok x koordinátáinak abszolút értéke megyegyezik, ezért \sum_{2|i}m_i^2=n/2. Ugyanígy eljárva az A2A4,...,A2n pontokkal kapjuk, hogy \sum_{2\times i}m_i^2=n/2, (×: nem osztható) ebből \sum_{2|i}m_i^2=\sum_{2\times i}m_i^2 \implies \sum_{2|i}\ell_i^2=\sum_{2\times i}\ell_i^2 \implies \sum_{i=1}^{2n-1}(-1)^{i+1}\ell_i^2=0 , vagyis az állítás igaz.

[639] Róbert Gida2011-04-24 16:30:19

Igen, nagyon tömören fogalmaz Lovász, de kell is, mert különben 3-4-szer nagyobb lenne a könyv, ha mindent kiepszilonozna.

Előzmény: [637] Tibixe, 2011-04-23 22:31:58
[638] jonas2011-04-24 13:18:05

Ez gyors volt. Nekem majdnem egy évbe telt, amíg megtaláltam a Lovászban, pedig hamarabb kellett volna. Most már egyébként három lényegesen különböző megoldást is tudok a feladatra. Ha gondolod, szorgalmi feladatként találd meg mind a hármat.

Azzal vitatkoznék, hogy hipergráfokkal egyszerűbb a megfogalmazás. Szerintem nem, de más is mondta már, hogy igen.

Előzmény: [636] Róbert Gida, 2011-04-23 21:58:42
[637] Tibixe2011-04-23 22:31:58

És akkor most olvasd el az ott közölt bizonyítást, és vedd észre, hogy szó szerint beküldve nagyon nem érne 5 pontot.

Előzmény: [636] Róbert Gida, 2011-04-23 21:58:42
[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

  [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]