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] [45] [46] [47] [48] [49]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[671] Szabó Attila	2011-08-15 22:18:12
Nem tudja valaki, hogy miért nem kapott senki pontot a májusi mérési feladatra és miért nem javították ki a beküldött dolgozatokat?

[670] sakkmath	2011-08-12 23:36:47
Igazad van, köszönöm. A vázlatom tehát alapos átdolgozásra szorul.
Előzmény: [666] Lóczi Lajos, 2011-08-12 14:29:44

[669] Róbert Gida	2011-08-12 18:21:55
Akarom mondani: S(2ⁿ) végtelenbe tart, ha n tart végtelen volt a példa, ha jól emlékszem.
Előzmény: [668] Róbert Gida, 2011-08-12 18:01:19

[668] Róbert Gida

2011-08-12 18:01:19

Voltak már hasonló példák, leginkább az S(2ⁿ) nem korlátos ősrégi N jelű feladatra gondolok.

B4360: Belátom először, hogy k=2 jó. Részben indukcióval csinálom. Állításom: $S(2n)\ge \frac {S(n)}{9}$ . Ez n<10-re teljesül. Ha n $\ge$ 10 és n-nek van 5-nél kisebb számjegye, akkor ott elvágjuk n-et és indukcióval teljesül az állítás n-re is. Így feltehető, hogy n minden jegye legalább 5, akkor minden helyiértéken van átvitel a szorzásnál, így a következő jegy a szorzatban nem lehet nulla, hiszen (2*d+1)mod 10 a jegy, ami páratlan, így nem nulla. Azaz L jegyű n esetén S(n) $\le$ 9L (ez trivi), míg S(2n) $\ge$ L, hiszen a rákövetkező jegy mindig legalább 1. Kettőből: $S(2n)\ge \frac {S(n)}{9}$ , ami kellett. Teljesen hasonló a biz. k=5-re is. Indukcióval ebből: $S(2^a*5^b*n)\ge \frac {S(n)}{9^{a+b}}$ , így, ha k=2^a*5^b, akkor az megoldás lesz.

Más megoldás nincs: legyen k az L jegyű, így k<10^L. Legyen N $\ge$ L tetszőleges, és w az az egyértelmű k-val osztható egész, amelyre w=10^N+r, ahol 0 $\le$ r<k teljesül. Ekkor r=0 nem lehet, különben k|10^N, de k akkor 2^a*5^b alakú szám lenne, ellentmondás. w osztható k-val, így legyen $n=\frac wk$ . Indirekt feltevés miatt S(kn) $\ge$ c_kS(n), innen: $S(n)\le \frac {S(w)}{c_k}=\frac {1+S(r)}{c_k}\le \frac {1+9L}{c_k}$ , azaz S(n) korlátos. (L és c_k is konstans). És ez nem lehet.

Legyen n 10-es számrendszeres ábrázolása:

$n=\sum_{i=0}^{s-1}d_i*10^{a_i}$

, ahol d_i>0 és az a₀<a₁<...<a_s-1. Ekkor a₀ $\le$ L, minden i-re, a_i-a_i-1 $\le$ L, a_s-1 $\ge$ N-L, ezekből már kövekezni fog az ellentmondás, mert ekkor indukcióval: a_i $\le$ (i+1)L, de a_s-1 $\ge$ N-L, így $S(n)\ge s\ge \frac {N-L}{L}$ , azaz S(n) nem korlátos, ellentmondás.

Ha a₀>L, akkor n osztható 10^L-el, de akkor w=kn is, ellentmondás, mert N $\ge$ L, így w az 10^L-el osztva r maradékot ad, de r nem nulla. w>10^N és k<10^L, így $n=\frac wk>10^{N-L}$ , ezért a_s-1 $\ge$ N-L. Végül minden i-re a_i $\le$ a_i-1+L, indirekte legyen: a_t>a_t-1+L esetén tekintsük az $10^N+r=w=kn=k\sum_{i=0}^{s-1}d_i*10^{a_i}$ , tekintsük ezt modulo 10^a_t, ekkor $r\equiv k\sum_{i=0}^{t-1}d_i*10^{a_i} \mod {10^{a_t}}$ , ez modulo nélkül is teljesül egyenlőséggel, mert k<10^L és a_t-1+L<a_t. Azaz $r=k*\sum_{i=0}^{t-1}d_i*10^{a_i}$ , jobb oldal osztható k-val, de a bal oldal nem, ellentmondás.

Előzmény: [663] Róbert Gida, 2011-08-12 01:09:50

[667] SmallPotato	2011-08-12 17:33:01
Szép, igényes, és (számomra legalábbis) igen tanulságos munka!
Előzmény: [666] Lóczi Lajos, 2011-08-12 14:29:44

[666] Lóczi Lajos

2011-08-12 14:29:44

Csak óvatosan! A 2.) lépésbeli 2. állításod általában nem igaz! Egy függvény grafikonja és inverze grafikonjának metszéspontja "bárhol" lehet!

Ezzel kapcsolatban lásd a megfelelő KöMaL-cikket, amely pl. elérhető itt:

www.berzsenyi.hu/erben/rlv/2010/abraham_gabor.ppt

Előzmény: [665] sakkmath, 2011-08-12 14:09:05

[665] sakkmath

2011-08-12 14:09:05

Vázlat B.4358.-hoz:

1) Belátjuk, hogy $\root3\of{92}$ és -11 nem gyökei az egyenletnek, s ezért a gyökökhöz ezt az egyenletet vizsgáljuk:

$\frac{11x^{3}+80}{92-x^{3}}=\root3\of{\frac{92x-80}{x+11}}$

2) Belátjuk, hogy a bal oldalon álló függvény a jobb oldalon álló inverze. A derékszögű koordinátarendszerben e két fv. grafikonja az y=x egyenesen metszi egymást.

3) A jobb (vagy a bal) oldalon álló kifejezést x - szel egyenlővé tesszük és a rendezések után ezt kapjuk:

x⁴+11x³-92x+80=0

4) Feltesszük, hogy van egész gyök. A szóba jövő egész gyökök a konstans tag osztói, ezért behelyettesítésekkel hamar kijön, hogy a gyökök: -10,-4,1 és 2.

Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23

[664] Blinki Bill	2011-08-12 08:14:57
Köszönöm a megoldásaidat, ötleteidet. Élő versenyen (nem levelezős), ahol nem használhatok programot, ott hogyan oldom meg a 10-ed fokú egyenletet? Blanka
Előzmény: [663] Róbert Gida, 2011-08-12 01:09:50

[663] Róbert Gida	2011-08-12 01:09:50
B4360 Pontosan k=2^a*5^b alakú számok lesznek jók. Érdekes feladat.
Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23

[662] Róbert Gida

2011-08-12 00:13:30

B4358 Feladat nem írja (miért is írná), de csak a valós megoldásokat keressük (köbgyökvonás a komplexeknél már nem is egyértelmű). Az egyik tagot átviszem a másik oldalra, köbre emelem, hogy eltűnjön a köbgyök, rendezem, kapok egy 10-edfokú egyenletet:

1423*x¹⁰+14561*x⁹+3648*x⁷+341520*x⁶+2547264*x⁴+291840*x³-71127296*x+67927040=0 (Mathematica szerint) ennek -10,-4,1,2 gyöke, és a feladatnak is (ellenőrzés). A maradó polinom hatodfokú: g(x)=1423*x⁶-1092*x⁵+12012*x⁴+2432*x³+100464*x²+87360*x+849088. Ennek már nincs valós gyöke: |x|<1-re a konstans tag miatt pozitiv g(x), míg |x|>1-re: 1423*x⁶ $\ge$ 1092*x⁵, 12012*x⁴ $\ge$ -2432*x³, 100464*x² $\ge$ -87360*x, egyenlőtlenségeket használva: g(x)>0 itt is.

Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23

[661] Blinki Bill

2011-08-11 20:39:23

Sziasztok!

Feltenné vki a B.4358. és B.4360. feladatok megoldását?

Köszönöm: Blanka

[660] Lóczi Lajos	2011-08-10 16:28:48
Mathematica 7-ben ha a feladatkitűzésnek megfelelően írjuk be a képleteket, akkor egy bonyolult logikai kombinációt ad ki eredményül, amelyről kideríthetjük, hogy azonosan igaz. Ám ha a konklúzióbeli egyenlőtlenség tagadását írjuk be, indirekt bizonyítás-szerűen, akkor a Reduce pár másodperc alatt kiadja, hogy "azonosan hamis".
Előzmény: [659] Róbert Gida, 2011-08-09 00:27:07

[659] Róbert Gida

2011-08-09 00:27:07

Nézzük meg tudja-e oldani a Mathematica az A jelű feladatot:

a = (b*c*d - b - c - d)/(1 - b*c - b*d - c*d);

Timing[FullSimplify[(a + b)*(c + d) + (a + d)*(b + c) >= 4*Sqrt[(1 + a*c)*(1 + b*d)], a > 0 && b > 0 && c > 0 && d > 0]]

{21.965 Second, True}

Húha, megdolgozott a Mathematica a válaszért. Kicsit segítettem is neki, ha az "a"-t nem fejezem ki, akkor nem bizonyítja be, visszaadja az eredetit. Az persze kérdéses, hogy minden esetben szabályos-e ez, azaz amivel leosztok az nem nulla, esetleg b-vel, c-vel, d-vel eljátszhatom ezt, ha "a"-val nem.

Előzmény: [657] Tibixe, 2011-07-01 14:05:57

[658] Janosov Milán	2011-08-03 00:57:06
Valaki tudja, az utolsó mérési feladat fura statisztikájának mi a magyarázata?

[657] Tibixe

2011-07-01 14:05:57

Elég rögtön használni a számtani-mértani egyenlőtlenséget, homogenizálni és átrendezni.

$(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c) \ge 4\sqrt{(1+ac)(1+bd)}$

A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt $4\sqrt{(1+ac)(1+bd)} \le 4\frac{1+ac+1+bd}{2}=4+2ac+2bd$ . Ezért erősebb állítás, hogy

(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c) $\ge$ 4+2ac+2bd

Kifejtve és kivonva:

ad+bc+ab+cd $\ge$ 4

A feltétellel szerint a+b+c+d=abc+abd+acd+bcd és itt mindkét oldal pozitív, tehát utóbbi két oldalával ekvivalens átalakításként szorozhatjuk az állítást:

(a+b+c+d)(ad+bc+ab+cd) $\ge$ 4(abc+abd+acd+bcd)

A zárójeleket felbontva és nullára rendezve:

a²b+a²d+ab²-2abc-2abd-2acd+ad²+b²c+bc²-2bcd+c²d+cd² $\ge$ 0

Ezt átírva:

(a+c)(b-d)²+(b+d)(a-c)² $\ge$ 0

Ez nyilván teljesül, mert nemnegatív teljes négyzetek nemnegatív együtthatós polinomja is nemnegatív.

Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32

[656] sakkmath	2011-07-01 09:01:36
Az előbbi név helyesen: Schwarz.
Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32

[655] sakkmath

2011-07-01 08:44:32

A KöMaL 2011/5-ös, májusi

számában megjelent

A.536. feladat egyik megoldása:

[654] Ali

2011-06-03 07:53:07

"Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki."

Vszínűleg elkerülte a figyelmedet az utolsó mondat:

Ha pedig a=b $\ge$ 1, akkor a²c+1|2a² -ből triviálisan következik, hogy c=1 és a=1.

Előzmény: [653] Róbert Gida, 2011-06-01 16:58:08

[653] Róbert Gida

2011-06-01 16:58:08

"Legyenek először a és b relatív prímek (a,b)=1 és a>b (a>b feltehető, mivel a feladat a-ban és b-ben szimmetrikus)"

Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki.

Szép megoldás. Amikor megláttam a feladatot nekem egyből a Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből (Aritmetika és algebra) 118. csillagos feladata ugrott be, nem tévedtem, a megoldás (és az egyenlet) hasonló: x²+y²+z²=kxyz. Ennek a feladatnak egy általánosítását már egyszer elsütötték A feladatként. Érdemes megvenni a könyvet.

Előzmény: [652] Ali, 2011-06-01 16:00:37

[652] Ali

2011-06-01 16:00:37

Megoldás A.533. -ra: Határozzuk meg mindazokat a pozitív egészekből álló (a,b,c) számhármasokat, amelyekre a²+b² osztható (abc+1)-gyel.

Legyenek először a és b relatív prímek (a,b)=1 és a>b (a>b feltehető, mivel a feladat a-ban és b-ben szimmetrikus). Legyen továbbá k $\ge$ 1 olyan egész,melyre

a²+b²=k(abc+1)

(1)

Ha b>1 (b=1 eset később tisztázva b_n=1-nél), akkor legyenek a₁=b és b₁=kbc-a. Ekkor fennál, hogy

a₁²+b₁²=k(a₁b₁c+1)

(2)

Biz.: írjuk vissza a₁ és b₁ helyébe b-t és kbc-a-t: b²+(kbc-a)²=k(b(kbc-a)c+1). Rendezés után (1)-et kapjuk.

Fennáll továbbá, hogy 0<b₁<b.

Biz.: k(a₁b₁c+1)=a₁²+b₁² $\ge$ 1 -ből következik, hogy a₁b₁c $\ge$ 1/k-1>-1. Mivel a₁ és c pozítív egészek és b₁ egész, azért b₁ $\ge$ 0. Felhasználva továbbá azt, hogy (a,b)=1 következik, hogy b₁=(kbc-a)>0. Másrészt bb₁<ab₁=a(kbc-a)=b²-k<b², tehát b₁<b és nyilván b=a₁<a. (a,b)=1-ből következik, hogy (b,kbc-a)=1, tehát (a₁,b₁)=1 is fennáll.

Azt kaptuk, hogy (a₁,b₁,c,k) -ra szintén teljesül (1).

Folytassuk a rekurziót egészen addig, míg b értéke 1 lesz. A rekurziós képlet:

a_i=b_i-1,b_i=kb_i-1c-a_i-1

(3)

A fenti gondolatmenetet megismételve kapjuk, hogy b_i<b_i-1=a_i<a_i-1 és (a_i,b_i)=1.

Legyen tehát a_n=b_n-1,b_n=kb_n-1c-a_n-1=1. Ekkor a_n²+1=k(a_nc+1) és ezért a_nc+1|a_n²+1. Áll.: ez csak akkor lehetséges, ha a_n=c és k=1.

Biz.:Tegyük fel, hogy létezik c<a_n és l>1 úgy, hogy l(a_nc+1)=a_n²+1 $\implies$ a_n(a_n-lc)=l-1>0. Ezért egyrészt a_n|l-1 és így a_n<l, másrészt a_n-lc>0, ebből pegig a_n>lc $\ge$ l

következik,ami ellentmondás. Tehát a_n=c és k=1, továbbá a_n=b_n-1>1 miatt c>1.

A (3) lineáris másodrendű rekurziót visszafelé megoldva a b_n=1 és az a_n=c értékekből kiindulva c>2 esetén $a=\frac{\lambda_1^{n+1}-\lambda_2^{n+1}}{\sqrt D}$ és $b=\frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\sqrt D}$ , ahol $\lambda$ _1,2 az x²-cx+1=0 egyenlet gyökei ( $\lambda$ ₁> $\lambda$ ₂), D az egyenlet diszkriminánsa és n $\ge$ 1.

c=2 esetén a rekurzió az a=n+1 és b=n megoldást adja, ahol szintén n $\ge$ 1.

Ezek pedig mind megoldások is. Ennek bizonyítása egyszerűen visszahelyettesítéssel történhet felhasználva, hogy $\lambda$ ₁+ $\lambda$ ₂=c, $\lambda$ ₁^. $\lambda$ ₂=1 és D=c²-4, k=1.

Nevezzük a továbbiakban az (a,b,c) hármast relatív prím megoldásnak, ha (a,b)=1. Legyen most (a,b,c) egy relatív prím megoldás, ahol c=d²c₁, d>1, c₁ $\ge$ 1. Ilyen megoldás láttuk létezik. Ekkor (ad,bd,c₁) egy nem relatív prím megoldás lesz, mivel (ad)(bd)c₁+1=ab(d²c₁)+1|a²+b²|(da)²+(db)²

Fordítva legyen (a,b,c) egy nem relatív prím megoldás (előbb láttuk ilyen létezik), melyben (a,b)=d>1, a=a₁d, b=b₁d, (a₁,b₁)=1. Ekkor mivel a₁b₁d²c+1|d²(a₁²+b₁²) és (a₁b₁d²c+1,d)=1, azért a₁b₁d²c+1|(a₁²+b₁²), tehát (a₁,b₁,d²c) egy relatív prím megoldás. Így minden nem relatív prím megoldás egyértelműen előáll egy relatív prím (a,b,c) megoldásból (ad,bd,c₁) formában, ahol c=d²c₁, d>1 és c₁ $\ge$ 1.

Végül marad a c=1 eset. Láttuk, hogy relatív prím megoldás nem létezik c=1 esetén (ahhoz c>1 kellett). A nem relatív prím megoldások pedig azok az (ad,bd,1) alakú megoldások, melyekben (a,b,d²) egy relatív prím megoldás, ahol d>1.

Ha pedig a=b $\ge$ 1, akkor a²c+1|2a² -ből triviálisan következik, hogy c=1 és a=1.

[651] Róbert Gida

2011-05-13 21:44:51

Lejárt C1076. közölt megoldása érdekes.

Az ember azt hinné, hogy egy C feladatot azért nem lehet elszúrni, de mégis: "A gyökökre vonatkozó feltétel szerint a(a+1)-1=(a+1)²-a²" és itt van a hiba, a feladat a két gyök különbségéről beszélt, és még azt sem mondta, hogy a nagyobbikból a kisebbiket vonjuk ki. De, ha ezt feltesszük akkor is rossz, lásd a=-2, amikor (a+1)²-a²<0 teljesül.

Ki lehet számolni, nem jön be új megoldás, igazából ugyanezeket kapjuk meg még egyszer, de a közölt megoldás elvi hibás marad.

[650] Róbert Gida	2011-05-03 00:25:12
Másik biz.: $\cos ^2 x=\frac {1+cos(2x)}{2}$ . De $\sum _{i=1}^n cos(2x_i)=0$ , használjuk, hogy a csúcsok n, illetve n/2 csúcsú (minden csúcs 2-szer) szabályos sokszög csúcsaiba mennek át, attól függően, hogy n ptlan vagy ps, továbbá azt, hogy a szab. sokszög súlypontja az origó. Ebből már következik az állítás (n darab 1/2 lesz az összeg). Sinusra hasonló süthető el, vagy használjuk, hogy cos²x+sin²x=1
Előzmény: [648] bily71, 2011-05-02 21:43:27

[649] bily71	2011-05-02 22:38:19
A 0 $\le$ $\varphi$ $\le$ $\pi$ /2m kikötés felesleges, $\varphi$ tetszőleges.
Előzmény: [648] bily71, 2011-05-02 21:43:27

[648] bily71

2011-05-02 21:43:27

Állítás:

Legyenek az origó középpontú, egységsugarú kör kerületére illeszkedő P₁(x₁,y₁),P₂(x₂,y₂),...,P_n(x_n,y_n) pontok egy szabályos n-szög csúcsai, ekkor $\sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=n/2$ .

Bizonyítás:

Legyen n=4m, húzzuk be az origón átmenő átlókat, ekkor van m darab egymásra merőleges átlópárunk (n,m $\in$ N).

Tekintsük az A_mA_3m, A_2mA_4m átlópárt. Ha az A_m pontba mutató vektor az x tengellyel $\varphi$ szöget zár be, akkor a koordináták így alakulnak P_m(cos $\varphi$ ,sin $\varphi$ ),P_2m(sin $\varphi$ ,-cos $\varphi$ ),P_3m(-cos $\varphi$ ,-sin $\varphi$ ),P_4m(-sin $\varphi$ ,cos $\varphi$ ) (0 $\le$ $\varphi$ $\le$ $\pi$ /2m). Ekkor x_m²+x_2m²+x_3m²+x_4m²=2(sin² $\varphi$ +cos² $\varphi$ )=y_m²+y_2m²+y_3m²+y_4m²=2(sin² $\varphi$ +cos² $\varphi$ )=2. Ezt eljátszva a többi átlópárral kapjuk, hogy n=4m esetén $\sum_{i=1}^{4m} x_i^2=\sum_{i=1}^{4m} y_i^2=2m$ (0 $\le$ $\varphi$ $\le$ $\pi$ /2m).

n=2m esetén a problémát visszavezetjük az n=4m esetre: Töröljük a 4m-szög azon P_i csúcsait, ahol 2|i, ekkor kapunk egy szabályos 2m-szöget. Minden átlópár egyik tagja törölve lett a végpontokkal és azok koordinátáival együtt. Mivel x_m²+x_3m²=y_m²+y_3m²=x_2m²+x_4m²=y_2m²+y_4m² és ez igaz minden átlópárra, azért $\sum_{i=1}^{2m} x_i^2=\sum_{i=1}^{2m} y_i^2=m$ .

n=m esetén a problémát visszavezetjük az n=2m esetre: Megintcsak töröljük a 2m-szög azon p_i csúcsait, ahol 2|i, ekkor egy szabályos m szöget kapunk. Minden átló egyik végpontja törölve lett. Az átlók végpontjai az origóra tükrözve egymásba vihetők, ezért a koordinátáik egymás ellentettjei: P_i(x_i,y_i) $\to$ P_i'(-x_i,-y_i), vagyis x_i²=(-x_i)², y_i²=(-y_i)². Ebből már következik, hogy $\sum_{i=1}^{m} x_i^2=\sum_{i=1}^{m} y_i^2=m/2$ , m tetszőleges, tehát az állítás igaz bármely természetes számra.

Előzmény: [647] jenei.attila, 2011-05-02 12:53:41

[647] jenei.attila	2011-05-02 12:53:41
Ezt légyszíves részletezd: "Legyenek egy szabályos n-szög csúcsainak koordinátái x1,y1, x2,y2, ...,xn,yn, ekkor $\sum_{i=1}^n x_i^2=\sum_{i=1}^n y_i^2=n/2$ "
Előzmény: [640] bily71, 2011-04-28 19:15:23

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?