Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Köszönöm.

Úgy látom már leesett, ezért nem folytatom :)

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

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

Az is nyílvánvaló, hogy az A₁A_2n+1 szakasz átmegy az origón. Forgassuk az A₁ pontot a (0,1), az A_2n+1-et a (0,-1) pontba.

Ugyanígy az A_j pontok is, ahol j páros, egy szabályos 2n szög csúcsai. Az A₁A₂ szakasz az origóból a feladat szerint tetszőleges szögben látszik, ahol a feltételek miatt 0/n, vagyis ezt a 2n-szöget origókörüli, -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,...,M_2n-2 pontokat.

Az A₁A₂M₁,  A₂M₁M₂,  A₃M₂M₃,...,A_2nM_2n-2A_2n+1 háromszögek hasonlók, hiszen a feladat szerint az A₂,A₃,...,A_2n-1,A_2n csúcsokban elhelyezkedő szögek mindegyike /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, c0.

A feladat szerint l₁²-l₂²+l₃²-l₄²+...-l_2n-2²+l_2n-1²=0, vagyis , ahol 1i2n-1 és ×: "nem osztója".

Ha az előző teljesül az l_i szakaszokra, akkor teljesül a rájuk emelt magasságra is, azaz (minden l_i szakasz az előbb részletezett háromszögek közül az egyik alapja), ugyanis m_i=l_ic-t behelyettesítve , ebből . Mivel c0, ezért leoszthatunk c²-tel, így visszakapjuk az eredeti állítást, tehát elég az m_i-kre belátni.

Vegyük észre, hogy az m_i szakasz hossza megegyezik az A_i+1 pontba (ami az m_i-hez tartozó háromszög csúcsa) mutató helyvektor x koordinátájának "hosszával", ugyanis az m_i-k, mivel magasságok, merőlegesek az alapokra, melyek az y tengelyere illeszkednek, így merőlegesek az y tengelyre, így a vetületük hossza egyenlő az A_i+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.

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

Igazad van, és én tévedtem.

A leírásban még van hová fejlődni, egyébként így tovább!

"...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.

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.

A.530.

Legyen a kör az origó középpontú egységkör, továbbá legyen A₁(0,1) és A_2n+1(0,-1)!

A kerületi és középponti szögek tételéből következik, hogy az A₁, A₃,...,A_2n+1 pontok egy szabályos 2n-szög csúcsai. Az A₂, A₄,...,A_2n pontok ugyancsak egy szabályos 2n-szög csúcsai, melyet az előbbi 2n-szögből origó körüli szögű forgatással kapunk (0/n).

Jelöljük az A₁A_2n+1 és az A₂A₃, A₃A₄,...,A_2nA_2n+1 szakaszok metszéspontjait M₁, M₂,...,M_2n-nel! Ekkor az A₁A₂M₁, A₃M₁M₂,...,A_2nM_2n-2A_2n+1 háromszögek hasonlóak, ugyanis az A₁A₂M₁, M₁A₃M₂,...,M_2n-2,A_2nA_2n+1 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 m_i/_i=c m_i=_ic , c0 . Tehát elég azt megmutatni, hogy 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,y₁, x₂,y₂, ...,x_n,y_n, ekkor . (A bizonyítást, ha szükséges, leírom.)

Ha az A₃, A₅,...,A_2n+1 pontokat tükrözzük az origóra, akkor egy szabályos 2n-szöget kapunk. Mivel az A_i és az A_i' pontok x koordinátáinak abszolút értéke megyegyezik, ezért . Ugyanígy eljárva az A₂, A₄,...,A_2n pontokkal kapjuk, hogy , (×: nem osztható) ebből , vagyis az állítás igaz.

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

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.

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

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.

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.

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 N_k=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.

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*.

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

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).

De akkor most ebből mennyi a p értéke?

0.032 másodperc alatt ezt a Mathematica is megoldja (csak Reduce kell hozzá) (x==-2 || x==-3) && (azaz p=1 lesz csak megoldás). Az eredeti A jelűt is megoldja.

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".

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.

"elemien megoldható azért Dirichlet kell hozzá"

ez kicsit úgy hangzik, mint ha azt mondanád, hogy

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

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 :)

Márciusi A 532.: n=k=0;a₀=1 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 cC-re), akkor maximum 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+by²0mod p, ha y osztható p-vel, akkor x is, de akkor ax²+by² osztható p²-tel. Ellenkező esetben rendezés után: , azaz 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: zp₁mod (p₁)²;z+1p₂mod (p₂)²;^...;z+u-1p_umod p_u² 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.

gondolom, hogy ez az alábbit jelenti :)

A b) tipped a helyes, tehát

A hibáért és az esetleges többiért elnézést kérek :)