Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Most már el is tűnt.

A B.4515-ről szóló hozzászólásommal valami baj van, nem tudom, hogy ezt Ti is látjátok-e. A k*szin* szóhoz nem raktam semmiféle linket sem, viszont érdekes módon valamilyen robot egy reklámoldalt rakott be hozzá. Ha pl. válaszolunk rá, akkor pedig a link eltűnik. A jelenséget érdemes volna eltüntetni. Válaszokat előre is köszönök.

A B4539 szép megoldásáért (ha van), vagy valamelyik A-jelű feladat megoldásáért cserébe felraknám a B4540, B4541 vagy A587 megoldását.

A B.4515 feladat mintájára kitűzném a következő feladatot.

Egy kaszinó egy speciális új játékautomatát vett. Zsetonnal működik, és a zsetont előre meg kell venni adott áron. A következőképpen működik. Zseton bedobása után egy legfeljebb két körös játék indul meg. Az automata véletlenszerűen választ egy egész számot 1 és n között (n rögzített), és megmutatja. Ha a látható számmal elégedett a játékos, felveszi nyereményét, ami a látható számmal megegyező számértékű pénz, és a játék véget ér. Ha a játékos szerencsésnek érzi magát, akkor még egy zsetont bedob, folytatva a játékot; a gép újra generál egy számot 1-től n-ig, és ekkor a nyeremény a két szám szorzata lesz. Melyik az az x_n szám, amely esetén ha a zseton ára x_n, akkor a kaszinó várható bevétele 0 lesz? (+ Ha lehet, adjuk meg x_n-et rekurzívan és explicite is.)

Jó, hogy így egyedül vezetem a témát. Kíváncsi volnék, még talán marcius8 kedvéért is, hogy az A.585-ös szép "magyar passziánsz"-remineszenciát hogy lehetett megfogni (ugyebár ő terjesztette elő a problémakört). Előre is köszönöm az esetleges válaszokat!

A C.1162 feladat kiírt megoldása hibás. Idézem: "Tehát a paralelogramma összes szöge hegyesszög."

Emellett még hibás a C.1145 feladat hiv. megoldása: "Írjuk fel két tetszőleges négyzetszám különbségét. Ez valahány egymás utáni négyzetszám összege lesz."

Aki alaposan meggondolta a feladatot, annak ezek az elírások nem okoznak gondot, de biztosan akad olyan, akinek igen nehéz megérteni a megoldást, ha kíváncsi, hogy a kitűzők hogyan oldották meg.

B.4530 megoldása szebben.

Használva az ábra jelöléseit, nagyítsuk FGD-t C körül kétszeresére --> BAR háromszög. Itt CPRQ paralelogr., hisz kposan tükrös. Azt fogjuk igazolni, hogy ABR hasonló BCP-hez, egy további stratégiával: azt mutatjuk meg, hogy BR:BA=BP:BC és AR:AB=AQ:AC. Vegyük észre, hogy ABC, RBP és ARQ hasonló háromszögek! Pl. ABC és ARQ hasonló: AQR<=ACB< (szögszámítás) és AQ:QR=AQ:CP, ami AC:CB a hasonlóság miatt. Ugyanígy ABC hasonló RBP, tehát készen is vagyunk.

C. 1160. Mennyi a maradék, ha a 2012²⁰¹³+2013²⁰¹² összeget elosztjuk 2012^.2013-mal?

A hiv. megoldás binomiális tétellel készült. A versenykiírás szerint azonban "egy hónapon belül a kisebb sorszámú feladatokat ajánljuk a fiatalabb versenyzőknek". Ennek megfelelően az általános iskolás megoldás:

2013²⁰¹²=(2012+1)2013²⁰¹¹=2012^.2013²⁰¹¹+2013²⁰¹¹2013²⁰¹¹ (mod 2012^.2013),

és hasonló lépésekkel 2013²⁰¹²2013²⁰¹¹...2013 (2012^.2013), ugyancsak

2012²⁰¹³=2012^2.2012²⁰¹¹=(2011^.2013+1)^.2012²⁰¹¹2012²⁰¹¹...2012 (mod 2012^.2013).

Vagyis a maradék 2012+2013=4025.

A.570 hiperbola nélkül is megoldható: GEOMETRIA Fálesz 1645-46. Az a benyomásom, hogy direkt szép elemi szerkesztést akartak kerestetni a versenyzőkkel.

Kösz a tippet. Még azt is be lehetne látni, hogy a K és C(K) ekcentritásai egymás reciproka: (16) és (17) között van leírva a cikkben. Azért ez nem egyszerű feladat B.4450 nélkül.

Mondjuk olvasd el ennek a cikknek az alján levő három estere való írását:

http://www.komal.hu/cikkek/dandelin/dandelin.h.shtml

Utána mondjuk lásd be, hogy a kúp C csúcsának az ellipszis síkjára vett merőleges vetülete az AB nagytengelyen van, innen pedig azt lásd be, hogy CAB háromszög minden oldalát érinti a cikkben leírt beírt gömb. Innen B.4450. és adódik(persze itt nem csak az egyik hiperbolaíven lesznek pontok, mert a két fókuszpont bármelyikére bármelyik oldalra vehetjük a beírt gömböt), hogy a kérdéses pontok halmaza egy hiperbolán van, minek síkja merőleges az ellipszisére, és fókuszpontjai az ellipszis nagytengelyének végpontjai etc.

A többi kúpszeletre, ha érdekel nézd végig hasonlóan.

A.584 hogy kellett? Keveset foglalkoztam vele.

Ahogy én tapasztaltam A és B példák közti egyik fő különbség, hogy A-nál valami nagyobb, hatásosabb eszközt/módszert tudsz felfedezni magadtól/gyakorolni, míg a B-példák puzzle-ként kijönnek ált. max. 2 lépésben ha az ismert apró trükköket helyes sorrendben kihasználod.

Mostanában nincs időm nagyon A-kat nézegetni, B-k meg már nem mondanak újat, így

B.4525-öt sem oldottam meg, azaz nem tudom eldönteni A-ba való-e, ránézésre nem. Pláne mert a konstrukció(legalábbis a tied) nem igényel komolyabb hátteret, mint ld. pl. A.524.

Az általad említett A.542.-re én teljesen különböző megoldást találtam, de az is és a hiv. megoldás is azt mutatja hogy váratlanul "egyszerű" a megoldása általában egy komb. példának.

Nehézségre A.584. se valami nagy ügy, de Dandelin-gömb és B.4450 alap hozzá, B-be nem berakható. Mondjuk B.4450. előkerül A.570 megoldásánál is (bár vele csak az jön ki, hogy mi a megszerkesztendő pont valójában, onnan kell kicsi számolás a szerkesztéshez, de annak a feladatnak amúgy sem a szerkesztés kéne hogy legyen a lényege, csak a pont ily módon való meghatározása, de ez csak egyéni vélemény)

De a megoldáshoz nem kell ezeket tudni, arra is van az A-példa, hogy aki nem ismeri az magától rájöjjön ezekre. Mint ahogy pl. a Sawayama-lemmát se kell ismerned, az A-példák arra vannak hogy részeredményként belásd, aztán hiv. megoldásból tudod, hogy ezt így hívják.

Hasonlítsuk össze: A.542 és B.4525

Szerintem ezek ugyanolyan nehezek. (Igaz, tavaly nem volt 6 pontos B-jelű feladat.)

Senki? Fontos kiindulási adat, hogy az a₁, a₂, a₃, a₄ sorozat és az A₁, A₂, A₃, A₄ sorozat azonosan rendezett, enélkül talán nem is igaz az egyenlőtlenségem (?).

Bocs, elírtam valóban: A.586 (nem egy aktív feladatra gondolok :).

A.588 (?) könnyítés:

Igazoljuk, hogy , ahol a két négyszög oldalai azonosan rendezettek.

De a mostani B.4525 is mehetett volna az A-ba. Nehéz konstrukciót találni. A következő pl. szerintem jó:

Rekurzív. Tfh. 2n-1 3-szög lefedi az (n-1) felvett belső pontú 3-szöget. Az n-edik P_n ponton át ||-t húztunk T oldalával (p_n), a levágott 3-szög lefedhető (2n-1)-gyel. A maradó réteget úgy fedjük le, hogy meghosszabbítjuk a lefedők oldalait T oldaláig. A kapott háromszögek ha tartalmazzák P_n-et, húzzunk P_n-nel még két T-oldalirányban ||-t. A legnagyobb kétféle ilyet vegyük, mint új háromszög. Ez jó is lesz, mert lefedik a p_n T-be eső részét a generálás módja miatt, és így a 3-szögek állásából lefedik az új "réteget".

Az ellenpélda n db pont egy T oldalával nem || egyenesen, ki-ki lássa be.

Egyetértek, ingadozó nehézségű A-jelű problémák vannak. Szerintem azt a feladatot azért tűzték ki, hogy kiszűrjék azokat, akik bemisztifikálják az A-feladatokat. Egyébként meg nem természetes, hogy most már négy olyan feladat is volt, melyre egyáltalán nem született megoldás. (Igaz, a mezőny sem olyan erős.) Sok olyan B-jelű 6 pontos feladatot látni, amely bőven méltó lenne az A-pontversenybe: B.4510, B.4511, B.4520, B.4521.

Tudja valaki miért volt A.581 "A" feladat? Nekem a "Projektív geometria" téma [41] végén is leírt módon elég egyszerűnek tűnt.

A B4511-hez a hivatalosnál valamivel rövidebb megoldás:

Először azt látom be, hogy PUVT egy körön vannak: TP V-ből és U-ból is a KP szakasz k körre való irányított látószögéből látszik: PUT=PUK=PVL=PVT (lásd ábra, irányított nyilak)

Aztán azt látom be, hogy PU*LT is egy körön van (U* UL és K metszése): PL T-ből és U*-ból is PV szakasz PUVT körre való irányítot szögéből látszik: PTL=PTV=PUV=PU*U=PU*L (lásd ábra, dupla íves szögek)

L-ből egy olyan inverzió, ami k-t fixen hagyja UK-ból U*PL-t csinál, de UK-nak is része T, U*PL-nek is, tehát T csak UK és U*PL valamelyik metszéspontján lehet, ami meg eleme a merőleges körnek is.

A.569, A.571, A.573, A.574, A.580

Hasonlítsuk össze ezzel.

"hogy ha g polinom fokszámánál több megoldása van" ez igaz, de itt mennyi is az f-f* fokszáma? Tipikusan legalább p, azaz nem is lehet neked több megoldásod.

Miért lenne g minden együtthatója p-vel osztható?

Az világos, egy korábbi hozzászólásomra utaltam, ami szerint igazoltam, hogy g fokszáma nem lehet p-nél kisebb. Nos, átgondoltam, és találtam benne elvi hibát. Azonban még áll az az ellentmondás, hogy g tetszőleges 0 konstans tagú lehet-e vagy g minden együtthatója p-vel osztható-e.