Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Legyen p(n) az n-edik prím, és . Ekkor, ha véges sokat választasz ki közülük, és k-adik indexű a legkisebb kiválasztott, akkor az összeg osztható lesz p(k)-val, mert mindegyik tag osztható azzal, de p_k²-tel már nem osztható (a_k-n kívül minden tag osztható vele, csak a_k nem), így az összeg nem lehet teljes hatvány.

A B.4503 megoldásához ennyit: B.4216 ;-)

Létezik-e olyan pozitív egészekből álló végtelen sorozat, melyből véges sokat kiválasztva, a számok összege nem lesz n^k alakú (k>1, n egész számok)?

Kvant

"számelmélet alaptétele" ehhez nem kell.

Elég lett volna annyit írni: tetszőleges a, b egészekre a²-b²=(a+b)(a-b), a szorzat tényezői azonos paritásúak, így ha az páros, akkor 4-gyel osztható (számelmélet alaptétele). Továbbá a=k+1, b=k választással a²-b²=(k+1+k)(k+1-k)=2k+1, illetve a=k+1, b=k-1 választás a²-b²=(k+1+k-1)(k+1-k+1)=4k-t gyárt, ahol k tetszőleges egész; kész vagyunk.

C.1145. megoldásából: "Írjuk fel két tetszőleges négyzetszám különbségét. Ez valahány egymás utáni négyzetszám összege lesz: ..."

(Egy kis elírás van a megoldás leírásában.)

Köszönöm a segítséget. A feladaton sokat gondolkozgattam decemberben, de nem sikerült megoldani, korán feladtam. Amit mondtál, addig kb. eljutottam... Örülök, hogy a megoldást most a honlapra is felrakták :)

A.576.

segítség 1: Először próbáld megoldani szabályos n-szögre c_i=1, t=0 esetén. Ezután próbáld a gondolatmenetet továbbvinni az általános feladatra.

segítség 2: Csak irányítástartó hasonlóságok kellenek.

Ha valaki írna a decemberi A-példák valamelyikére megoldást, azt nagyon megköszönném.

A K.357. megoldása tényleg hibás (volt), de nem azért, amit írtál.

Valóban nem igaz, csak az igaz, hogy f(0), f(f(0)), f(f(f(0))),... mind 1 (amit persze lehet egyszerűbben is mondani), és ez elég is.

Kicseréltem valami jobbra.

K.357 "Az 5 többszöröseinek utolsó számjegye 0 vagy 5 lehet, ennél eggyel kisebb számé 9 vagy 4."

A 0-t is az 5 többszörösének veszik, és az eggyel kisebb -1 utolsó jegye 1. És ez még mindig a hibákkal teli decemberi lapszámos feladat. Sok időt nem fordíthatnak a megoldások útmutatójára.

Hat pontból adnék azért 1 pontot a megoldásra.

Decemberi lejárt B4500.: "Útmutatás: Igen. Bizonyítsuk be, hogy f(1)=1."

Bizonyítást nem találunk hozzá, de mindegy is, mert nem igaz: legyen g(n)=2*n²+2*n-1. Ekkor g(1)=3; és megfelelő polinom!

Prímek meg egyáltalán nem kellenek a bizonyításhoz, elég azt belátni, hogy f_i(n)1mod n, illetve nálam: g_i(n)-1mod n.

Úgy tűnik, hogy nem fogják a honlapra felrakni az A. 573. feladat megoldását, pedig relatívan egyszerű volt (a leírása a legnehezebb rész).

Valaki elmondaná-e az A. 572. megoldását?

Gondolom nem. Csak nem értettem, miért van útmutatás, ha alatta van a megoldás. :) De már értem.

Ezek az útmutatások, amik a megoldások felett vannak, megjelennek az újságban is?

A honlapinál egyszerűbb megoldás B.4477-re:

A feltétel szerint A és B rajta van a PQ Apollóniusz-körén; Thálesz-tétel megfordítása szerint R is rajta van. A PRQ< szögfelezője messe PQ-t A'-ben -- szögfelezőtétel miatt A'=A, innen adódik a bizonyítandó állítás. (Nem töltök fel ábrát, mert könnyű fejben elképzelni.)

Nagyon szépen, egyszerűen kijön C.1139. (Legalább mekkora átfogójú az a derékszögű háromszög, amelynek kerülete k?):

A szokásos jelölésekkel , azaz , innen , ezzel készen is vagyunk, mert egyenlőség a=b esetén fennállhat.

Több pont helyett most néha adnak különdíjat általánosításra, bár ahogy ezt elnézem ez változik évenként hogy mire adnak pontosan(általánosítás/szép megoldás/egyedüli megoldó/Fair Play).

Több pont általánosításokra? Jó lehetett. Persze, annak is van értelme, hogy nincs extra pont, pl. a B-ben könnyebb egy egyszerűbb példát általánosítani, mint egy összetettebb példa megoldásával megszerezni ugyanazt a pontszámot. Én mondjuk ennek ismeretében mégis hozzáírom a megjegyzéseket, mert szerintem érdemes a javítóval tudatni, hogy a példát kissé továbbgondoltam. Kevés időt vesz igénybe, nem sülhet ki rosszul, és hát nem érzem úgy, hogy "hiányos" a dolgozat.

"Természetesen lehet általánosítani, Megjegyzés rovatba :)"

Igen, de nem kapsz rá plusz pontot. Ami nagyon is jól van, a mi időnkben még volt olyan, hogy valaki az eredetileg 5 pontos feladatra általánosítások miatt 8 pontot kapott.

Szerintem azért így tűzték ki a feladatot, mert ilyen formában nehezebb rájönni a megoldásra, első nekifogásban valamilyen egyszerű módszerrel (szögszámítás, Thálesz, Pit.) állok hozzá (magam nevében beszélek). Több adattal több felesleges dolog jön ki, amibe belegabalyodhatok. Végül egyszerűen kijött, Apollóniusz-körrel. Természetesen lehet általánosítani, Megjegyzés rovatba :)

Ha A,B,C,D pontok ilyen sorrendben egy egyenesen vannak és harmonikus pontnégyest határoznak meg, akkor tetszőleges I pontra a síkon(leszámítva AB egyenes pontjait), pontosan akkor lesz , ha AIB=BIC. Ez belátható pl. szinusz-tételekkel, ujjgyakorlat.

Így valójában a feladatban P lehet bármely mást pont AB oldalon és Q az AP.BQ=AQ.BP feltétellel megadott pont(AB egyenesen), akkor is fennáll a szögfelező tulajdonság, magyarán van egy kis fölös információ a feladatban.

Javítva:

A AP^.BQ=AQ^.BP feltétel így is írható:

Egy észrevétel a B.4477. egy lehetséges hátteréről.

A AP^.BQ=AQ^.BP feltétel így is írható: . Erről - ha a pontok lehetséges sorrendjét elemezve a szakaszokat előjeles hosszal jellemezzük - a kettősviszony juthat eszünkbe: (ABPQ)=-1.

Tehát A és B harmonikusan választja el P-t és Q-t, amiből az következik, hogy Q az ábrán látható módon (szaggatott vonalak) szerkeszthető. (Az MRCS négyszög szemközti oldalegyeneseinek metszéspontja A és B, átlói pedig a P és Q pontokban metszik az AB egyenest.)

Végül arra kell csak emlékezni, hogy a PRS talpponti háromszög belső szögfelezői az ABC háromszög magasságvonalai, innen egyszerűen következik az eredeti feladat állítása.

Megoldotta vki az A.569.-et?