Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Na hell!

Ha vakinek van megoldása az A.363.-ra akkor beírhatná. Nagyon kiváncsi lennék...

SAMBUCA

Visszatérve a P. 3722. feladatra, melynek megoldása most jelent meg a KöMal-ban: az itt és Pecu által említett megoldásnál van egy egyszerűbb is. A tömegek és a tömegközépponttól való távolságok fordítottan arányosak.

Bocs!

Akarom mondani n-dimenziós kockát n db különböző méretű n-dimenziós kockával kellene lefedni.

SAMBUCA

Helló!

Szerintem a feladat simán általánosítható n dimenzióra úgy, hogy a megfelelő méretű n-dimenziós kockát megfelelő méretű (n-1) dimenziós kockákkal fedjük le.

Ui. Kiváncsi lennék, hogy a megoldók hogyan oldották meg, de ezzel szerintem még várjunk 1-2 napot.

SAMBUCA (vajon ki??? )

Nekem nagyon tetszett. Viszont érdekes, hogy általánosítható-e a feladat magasabb dimenziókra több kockával. Pl. n-dimnezióban n+1 kockával. Az érzésem az, hogy igen, de nem tudom biztosan. Aki tudja, megírhatja.

Sziasztok!

Hogy tetszett az A pontversenyben a januári 2. feladat? :)

SAMBUCA

a P.3735.-re godoltam :)

Sziasztok!

Az Iron által elkezdett hagyományt folytatva felírnám a P.3722. feladat eredményét. Ha jól emlékeszem közel 350 dolgozat érkezett, a fele lett három pontos, a másik fele pedig 0 pontos (szerintem ez lehet a másik feladat, aminek a statisztikája "megdöbbentő"), elvétve akadt csak 1 vagy 2 pontos. A baj az volt, hogy sokan azt írták, akkor lesz az A pont a súlypont, ha a háromszög és a négyzet területe megegyezik, mások pedig azt, ha a háromszög és a négyzet súlypontja egyenlő távolságra van az A ponttól. Ez pedig nem igaz, hiszen ha a két terület egyenlő, akkor a súlypontjuk nem egyenlő távolságra lesz A-tól, vagyis nem lesz 0 a forgatónyomaték, ugyanez a helyzet a másik esetben is. Szóval ezek a megoldások elvi hibásak, ezért a 0 pont. 1 vagy két pontot annak megfelelően adtam, hogy csak kisebb vagy komolyabb számolási hibák voltak a dolgozatban. A helyes megoldás az, ha a háromszög és a négyzet által az A pontra kifejtett forgatónyomatékok egyenlőségét vizsgáljuk, és a helyes b/a arány . Remélem ez így megfelel.

Üdv, Pecu

hasonlóan az említett p feladathoz, a k.11. statisztikája is elég megrázó. 6 pontos dolgozat lett? :)

Sziasztok! Ironnak sikerült olyan hosszú téli álmot aludnia, hogy elfelejtette a jelszavát, így eron néven született újjá.. Néhány lelkes kritikus jelezte, hogy jó lenne, ha a javítók közül, akinek van rá lehetősége, a dolgozatok lepontozása után az általa javított megoldások típushibáiról, és a jó megoldásról szólna néhány szót. El is kezdeném :) A P. 3725.-ös feladatra több mint 400-an küldtek megoldást, ebből 10 4-pontos, >200 3, >100 2, a többi 1 és 0, ez engem is feldühítene első ránézésre :). Az történt ugyanis, hogy az emberek elég nagy többsége a víz hőtágulását a megadott tartományban állandónak tekintette, ami a sűrűségértékeket megnézve nem teljesen igaz. Ha emellett minden jó, akkor kapott vki 3 pontot. Pontos eredmény úgy adódna, ha azt is beleszámolnánk, hogy a kifolyó víz sűrűsége, hőmérséklete, stb. nem állandó, ha a kifolyás folyamatával számolunk, akkor ez elég hosszadalmas; egészen egyszerűen fel lehet azt írni, hogy a 20 fokos vízsűrűséggel mekkora tömegű víz fér el az eredeti térfogatú bojlerbe, majd 80fokon, a már kitágult bojlerben (hiszen az is tágul, különben minek mondták volna meg, hogy acél?) mekkora tömegű a víz. A maradék tömeg nyilván kifolyik, ennek a térfogatát pedig lehet becsülgetni, de nem változtat sokat a végeredményen, hogy változik a hőmérséklete. Annak ellenére, hogy a víz hőtágulási együtthatójának a változása a megadott tartományban aránylag nem túl nagy, a fél literrel összehasonlítva számottevő különbség adódik: a "3 pontos" módszer a víz új térfogatára 0,68l körüli értéket ad, a valódi érték pedig (emlékeim szerint) 2,2l körül van, vagyis arányaiban nagy az eltérés. További pontlevonás: ha a tartály tágulásával nem foglalkozik vki, elszámolja, vagy elvi hiba.

Remélem, ez korrekt. Üdv: Áron

Igen, ez az egyik megoldás. Gratulálok.

(A bekarikázott csempéket máshogy is meg lehet találni, például a legalsó sor valamelyik szélén.)

Kedves Géza!

Sokat gondolkoztam az A.344. feladaton, de végre sikerült találnom egy megolást. Remélem jó.

Tegyük fel, hogy van egy zárt hurok. A hosszú oldalakat figyelmen kívül hagyva egy kígyószerű képződményt kapunk, aminek van egy belső határvonala (az ábrán piros), ami gráfos nyelven szólva nem tartalmazhat kört(mivel a hurok lyukmentes), tehát "fa". Ezért a fán haladva egyszer elérünk egy olyan rácspontba, amiből 3 irányba legfeljebb 1-1 ág indul, de összesen legalább 1. Vizsgáljuk ezeket a végződéseket. Az ábrán feltüntettem a szóba jövőket, ezek közül csak a bekarikázott lehetséges. Ekkor viszont a 3 csempét ki lehet cserélni 1-re, amivel rövidebb hurkot kapunk. És kész a végtelen leszállás.

Én is a rekurzió karakterisztikus egyenletéből kaptam a zárt alakot, amelynek komplex gyökei vannak, és a komplex számok hatványozására vonatkozó Moivre képletből (azt hiszem így hívják) adódik a zárt alak. Közvetlenül felismerni pedig szerintem nagyon nehéz lenne. A Csebisev polinomokkal való összefüggést esetleg észre lehet venni, de azok koszinuszos előállítását is ismerni kell.

A nevezőből az következik, hogy a_n értéke sohasem lesz pontosan 1, mert soha sem lesz egész szám.

A koszinuszos alak nem igazán kerülhető ki. El lehet mondani persze a megoldást úgy, hogy csak titokban tudjuk, hogy koszinuszokról van szó, de az ugyanaz.

A kérdés inkább az, hogy mennyire lehet kitalálni a koszinuszos alakot. Aki nem ismeri fel közvetlenül, az még kezelheti a sorozatot lineáris rekurzív sorozatként is, abból is kiderül. De erről inkább valaki olyan nyilatkozzon, aki meg is oldotta a feladatot. :-)

Igaz. Ezek szerint az a_n=cos(n*arccos(1/3)) összefüggésből azonnal következik a feladat állítása. Az igaz, hogy a rekurzióból kiolvasható hogy a_n nevezője 3ⁿ, de ebből hogyan következik a feladat állítása? Van -e olyan megoldás, ami nem használja fel a koszinuszos zárt alakot?

Szia Attila,

A feladat megoldásához nem szükséges bebizonyítani, hogy irracionális. Ha racionális lenne, akkor az (a_n) sorozatban végtelen sokszor szerepelne az 1, és az állítás akkor is igaz volna.

Abban igazad van, hogy a Csebisev-polinomok egy kis kerülőt jelentenek. A rekurzióból --- ami a feladat szövegében is szerepelt --- közvetlenül kiolvasható, hogy a_n nevezője 3ⁿ.

Szia Géza!

Bocs, előbb valami hiba történt.

Köszi a megoldást. Egyébként a B.3740-es feladatról volt szó, ugyanis az ott szereplő rekurzív sorozat zárt alakja: a_n=cos(n*arccos(1/3)). Mivel arccos(1/3) irracionális, ezért cos(n*arccos(1/3)) tetszőlegesen közel kerülhet 1-hez. Én is a csebisev polinomokra gondoltam, csak már nem emlékeztem rá, hogy a cos(n*arccos(x)) polinomban nem 1 -e a főegyüttható (de ezek szerint nem). Egyébként a feladat viszonylag ártalmatlannak néz ki ahhoz, hogy a Csebisev polinomokat kellene bevetni. Van ennek valami egyszerűbb megoldása is? Persze a rekurzióból leolvasható, hogy a_n=T_n(1/3), és esetleg meg sem kell említeni, hogy itt a Csebisev polinomokról van szó, mégis ha valaki nem ismeri, elég nehezen jön rá, hogy pont egy ilyen polinom sorozatot definiáljon.

Szia Géza!

Köszi a megoldást. Egyébként a B.3740-es feladatról volt szó, ugyanis az ott szereplő rekurzív sorozat zárt alakja:

A szám irracionális.

Jelöljük az n-edik Csebisev polinomot T_n-nel; ez az a polinom, amelyre cos n=T_n(cos ). Például T₀(x)=1, T₁(x)=x, T₂(x)=2x²-1, T₃(x)=4x³-3x.

A T_n polinomokra sok érdekes összefüggés ismert, például T_n+1(x)=2xT_n(x)-T_n-1(x). Ebből a rekurzióból máris leolvasható az a két tulajdonság, amire most szükségünk lesz:

a) A T_n polinom pontosan n-edfokú és mindegyik együtthatója egész;

b) A fő együtthatója 2^n-1.

Ha fokban kifejezve mégis racionális lenne, akkor lenne olyan n többszöröse, ami egész és még 360 fokkal is osztható. Erre az n számra legyen T_n(x)=2^n-1xⁿ+a_n-1x^n-1+...+a₁x+a₀; ekkor

3ⁿT_n(1/3)=T_n(cos )=3ⁿcos n=3ⁿ,

2^n-1+3a_n-1+9a_n-2+...+3ⁿa₀=3ⁿ.

Minden tag osztható 3-mal, kivéve a 2^n-1-t, ez pedig lehetetlen.

Egy KÖMAL feladattal kapcsolatban merült fel a következő kérdés: vajon arccos(1/3) fokban kifejezve irracionális -e?

Sziasztok! Kedves nadorp!

Az a_n és az 1/n harmonikus közepe helyett elég a minimumról belátni, hogy divergens. Ha A-val jelöljük azt a halmazt, ahol 1/na_n, akkor feltehetjük, hogy ezen az A halmazon konvergens, és azt is, hogy divergens. Mivel a_n monoton és az A halmaz kicsi, ezért a sor az A komplementerén --ahol a sorral azonos-- még inkább divergens lesz.

Sziasztok !

Ha valamilyen apró ötletet tudtok adni az A 348. feladathoz, azt nagyon megköszönném.

N.P.

A B. 3699.-es feladat egyben a "Kavics Tanár Úr Pályázat" 2. feladata is volt. A lapban közölt megoldásnál szerintem elegánsabb megoldást olvashattok itt.

Kedves Géza!

Túlzottan nem csodálkozom, hogy nem értesz mindent, mivel a fejemben sem állt még össze a kép teljesen, s a sok firkámat nem tudtam hirtelen feldolgozni, hogy érthetőbb legyen, amit gondoltam.

Hozzászólásodból kisejlik, hogyha jó is az elképzelésem, nagyon-nagyon izadtságszagú és lenne elegánsabb megoldás is.

Ha lesz egy kis időm, mindenképpen szeretnék még foglakozni vele.

Üdv: HK

Őszintén szólva, nem minden részletet értek... :-)

Az viszont biztos, hogy félreérthetően fejezhettem ki magam korábban. Én lényegében két különböző megoldást ismerek. Az egyik megoldás közvetlenül, a hurkok átrendezése nélkül bizonyítja, hogy minden hurok belseje páratlan számú négyzetből áll.

A másik megoldás a végtelen leszállás; ez minden teljesen kitöltött hurokból konstruál egy még kisebbet. (Lehetséges, hogy a paritás is kiderül, ha a megoldást kicsit ügyesebben mondjuk el.)

* * *

A feladatot a versenyben összesen ketten oldották meg, mindketten a végtelen leszállást találták meg.