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.

[824] w

2013-06-11 22:42:37

A hiba amúgy az utolsó egyenletben volt.

$\alpha(\root3\of a^2+\root3\of a)^2+\beta(\root3\of a^2+\root3\of a)+\gamma=\root3\of a^2-\root3\of a$

$\alpha a\cdot \root3\of a+2\alpha a+\alpha \root3\of a^2+\beta \root3\of a^2+\beta \root3\of a+\gamma-\root3\of a^2+\root3\of a=0$

$(2\alpha a+\gamma)+(\alpha a+\beta+1)\root3\of a+(\alpha+\beta-1)\root3\of a^2=0$

Érdemes feltennünk, mert feltehető (p $\in$ Z[x]), hogy $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ egészek:

$\alpha$ + $\beta$ -1=0 $\implies$ $\beta$ =1- $\alpha$

0= $\alpha$ a+ $\beta$ +1= $\alpha$ a+1- $\alpha$ +1=2+ $\alpha$ (a-1)

Végül az általam leírt megoldásvázlat végére jutunk: a-1|2 és már rendben vagyunk.

Előzmény: [822] aaaa, 2013-06-11 17:59:29

[823] w

2013-06-11 21:18:22

A vége kicsit hibádzott, mert a=2-re és 3-ra is található megfelelő polinom:

p₂(x)=-2x²+3x+8, ahol

p₂(2^2/3+2^1/3)=-2(2^.2^1/3+2^2/3+4)+3(2^2/3+2^1/3)+8=-4^.2^1/3-2^.2^2/3-8+3^.2^2/3+3^.2^1/3+8=2^2/3-2^1/3, és

p₃(x)=-x²+2x+6, ahol

p₃(3^2/3+3^1/3)=-3^.3^1/3-6-3^2/3+2^.3^2/3+2^.3^1/3+6=3^2/3-3^1/3.

Az én megoldásom (elvben kicsit egyszerűbb) a következő lépésekből áll (biz. be!).

1. Kizárjuk a köbszámokat, rögzítjük a-t.

2. Az $A=k\root3\of{a^2}+\ell\root3\of a+m$ kifejezés irracionális szám, ahol k és $\ell$ nem egyszerre nulla (illetve k, $\ell$ ,m $\in$ Z).

(Ez lényegében a te első lemmád.)

3. Következmény: A $p\big(\root3\of a^2+\root3\of a\big)$ kifejezés egyértelműen előáll $k\root3\of a^2+\ell \root3\of a+m$ alakban (a 3. lemmád)

4. (Ez a legfontosabb meglátás:) Legyen rögzített a és p mellett

$p\big(\root3\of a^2+\root3\of a\big)=k\root3\of a^2+\ell \root3\of a+m$

alakú. Ekkor k $\equiv$ $\ell$ (mod (a-1)).

(Biz.: a konstans és elsőfokú polinomokra kész vagyunk, és két ilyen polinom összege vagy szorzata is ilyen.)

5. Következmény: Világos, hogyha p(a^2/3+a^1/3)=a^2/3-a^1/3, akkor 1 $\equiv$ -1 (mod (a-1)), tehát a-1|1-(-1)=2, és így csakis a=3,2,0,-1 lehet (kizártuk a köbszámok esetét) --> a=2,3.

Pontosan azokhoz az a számokhoz létezik megfelelő p polinom, melyek egész számok köbei, vagy a=2,3.

Előzmény: [822] aaaa, 2013-06-11 17:59:29

[822] aaaa

2013-06-11 17:59:29

A.590.

Lemma 1.

$\left( 1, t^{1 / 3}, t^{2 / 3} \right)$ lineárisan függetlenek Q felett, ha t racionális és nem egy racionális szám köbe. Ekkor ugyanis ez a 3 érték páronként lineárisan független, ez triviális. Tegyük fel, hogy függő rendszert alkotnak, ekkor megfelelő racionális számokra: $\alpha$ + $\beta$ t^1/3=t^2/3. Ezt köbre emelve, majd az előbbi összefüggést behelyettesítve a következő adódik:

$\alpha^3 + 3 \alpha^2 \beta^2 + \beta^3 t - t^2 + 3 \alpha \beta \left( \alpha + \beta^2 \right) t^{1 / 3} = 0$

Ez $\left( 1, t^{1 / 3} \right)$ Q feletti lineáris függetlensége miatt csak akkor lehetséges, ha

$\alpha$ ³+3 $\alpha$ ² $\beta$ ²+ $\beta$ ³t-t²=0

$3 \alpha \beta \left( \alpha + \beta^2 \right) = 0$

Ebből a $\alpha$ =0, $\beta$ =0 és $\alpha$ =- $\beta$ ² esetek adódnak, aminek a megoldása t-re rendre: $\left( 0, \beta^3 \right)$ , $\left( - \alpha^{3 / 2}, \alpha^{3 / 2} \right)$ és $\left( - \beta^3, 2 \beta^3 \right)$ . Ezek közül t=2 $\beta$ ³ nem ad megoldást, mert visszavezet a - $\beta$ ²+ $\beta$ ²2^1/3= $\beta$ ²2^2/3 egyenlőségre, ami nyilvánvalóan hamis, a többi esetben t köbszám lesz, ha racionális, de feltettük, hogy ez nem igaz. Ezzel beláttuk, hogy függetlenek.

Lemma 2.

$\tau$ := $\alpha$ + $\beta$ t^1/3+ $\gamma$ t^2/3 gyöke a következő $p \left( x \right) \in {Q} \left[ x \right]$ polinomnak, ahol $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ ,t racionális számok:

$p \left( x \right) = x^3 - 3 \alpha x^2 + \left( 3 \alpha^2 - 3 t \beta \gamma \right) x - \left( t^2 \gamma^3 + t \left( \beta^3 - 3 \alpha \beta \gamma \right) + \alpha^3 \right)$

Ezt egy egyszerű behelyettesítéssel ellenőrizhetjük.

Lemma 3.

Ha valamely $f \left( x \right) \in {Q} \left[ x \right]$ polinomra $f \left( \tau \right) = \delta$ , akkor $\exists r \left( x \right) \in {Q} \left[ x \right]$ , ahol $r \left( x \right)$ foka legfeljebb 2 és $r \left( \tau \right) = \delta$ . Legyen ugyanis $f \left( x \right) = q \left( x \right) p \left( x \right) + r \left( x \right)$ alakú, ahol $p \left( x \right)$ az előbbi polinom, és itt egy maradékos osztást végeztünk, így $r \left( x \right)$ foka maximum 2. Ekkor, kihasználva $p \left( \tau \right) = 0$ -t: $\delta = f \left( \tau \right) = q \left( \tau \right) p \left( \tau \right) + r \left( \tau \right) = r \left( \tau \right)$

A feladat állításának bizonyítása:

Ha a=t³ köbszám, akkor mivel egész, a $p \left( t \right) = t^2 - t$ konstans függvény jó. Egyébként pedig: a^2/3+a^1/3 gyöke Lemma 2. miatt $x^3 - 3 a x - \left( a^2 + a \right) = 0$ -nak. Lemma 3. miatt elég tehát ellenőrizni, hogy állhat-e $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ racionálisakkal:

$\alpha \left( a^{2 / 3} + a^{1 / 3} \right)^2 + \beta \left( a^{2 / 3} + a^{1 / 3} \right) + \gamma = \left( a^{2 / 3} - a^{1 / 3} \right)$

Vagyis:

$2 a + \gamma + \left( 1 + \beta + \alpha \right) a^{1 / 3} + \left( \alpha + \beta - 1 \right) a^{2 / 3} = 0$

Mivel $\left( 1, a^{1 / 3}, a^{2 / 3} \right)$ lineárisan függetlenek, ezért mindhárom együttható 0 kellene, hogy legyen, de ez nem lehetséges, mert -1= $\alpha$ + $\beta$ =1 kellene, ezért nincs ilyen polinom.

[821] w	2013-06-11 06:57:16
Két kérdés. Hogyan lehet-e egyáltalán nekikezdeni az A.592 feladatnak? Még a triviális esetek is iszonyatosak. Ezenkívül mi okból lett az A.591 "A-jelű" feladat, egyszerű érintőszakaszos megoldása van, itt még általánosítás is található.

[820] w	2013-06-11 06:51:29
Nagyon köszönöm én is az érdekes megoldásodat. Sikerült kb. megérteni. Igazad volt, felraktak hiv. megoldást is.
Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[819] nadorp

2013-05-16 10:37:38

Kedves Mihály,

Köszönöm a kiegészítést, erre nem gondoltam. A poén az, hogy amikor először "nekiestem" a feladatnak, akkor én is próbálkoztam ezzel a körosztási polinommal, de nem jutottam dűlőre, egészen másfelé kalandoztam el.

Előzmény: [1087] Fálesz Mihály, 2013-05-16 10:05:01

[1087] Fálesz Mihály

2013-05-16 10:05:01

Szia Péter,

Köszi, hogy leírtad.

Szerintem azért legbelül a két megoldás lényege ugyanaz: találunk egy hetedrendő elemet (ha tetszik, hetedik egységgyököt) $\displaystyle GF_{p^2}$-ben.

Ha a Kearnes-Kiss-Szendrei cikket követjük, akkor az $\displaystyle \Phi_7(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6$ körosztási polinom egyik gyökét keressük. Ha $\displaystyle p\ne7$, akkor $\displaystyle \Phi_7(1)\ne0$, így a $\displaystyle \Phi_7$ gyökei tényleg hetedrendűek.

Mivel $\displaystyle \Phi_7$ páros fokú palindrom polinom, a szokásos módon eloszthatjuk $\displaystyle x^3$-bel, és átírhatjuk $\displaystyle x+\frac1x$ polinomjává:

$\displaystyle \frac{\Phi_7(x)}{x^3} = x^3+x^2+x+1+\frac1x+\frac1{x^2}+\frac1{x^3} = \left(x+\frac1x\right)^3+\left(x+\frac1x\right)^2-2\left(x+\frac1x\right)-1 = \Psi_7\left(x+\frac1x\right). $

Ha $\displaystyle \Psi_7$-nek van egy $\displaystyle u$ gyöke $\displaystyle GF_p$-ben, akkor $\displaystyle \Phi_7$-nek is van (0-tól különböző) gyöke $\displaystyle GF_{p^2}$-ben: az $\displaystyle x^2-ux+1$ polinom gyökei ilyenek.

Ha pedig van hetedrendű elem, akkor a multiplikatív csoport rendje, $\displaystyle p^2-1$ osztható az elem rendjével, $\displaystyle 7$-tel.

* * *

A feladatban szereplő polinom a $\displaystyle \Psi_7$ egy transzformáltja:

$\displaystyle 7x(x+1)^2-1 = (x+1)^3 \Psi_7\left(2-\frac1{x+1}\right). $

Ha $\displaystyle 7a(a+1)^2-1\equiv 0~(\mod~p)$, akkor $\displaystyle p\ne7$, $\displaystyle GF_p$-ben $\displaystyle a\ne-1$, és $\displaystyle 2-\frac1{a+1}$ gyöke $\displaystyle \Psi_7$-nek.

* * *

Mindkét megoldásban úgy kerestük a hetedik egységgyököket, hogy először felírtunk egy harmadfokú polinomot, aminek valamilyen szorosabb köze van a $\displaystyle \cos\frac{2k\pi}7$ számokhoz (a Te esetedben $\displaystyle c=\tg^2\frac{k\pi}7=\frac{1-\cos\frac{2k\pi}7}{1+\cos\frac{2k\pi}7}$), ennek volt egy modulo $\displaystyle p$ gyöke, és ebből egy másodfokú egyenlet adott egy hetedik egységgyököt $\displaystyle GF_{p^2}$-ben.

Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[818] Róbert Gida

2013-05-15 23:17:03

Érdekes megoldás, és még kis p<225 prímekre sem kell az ellenőrzés.

"Szorozzuk meg (1) mindkét oldalát 64-gyel ( ez megtehető, mert p páratlan)", ha p=2, akkor is megteheted.

A végén be is lehetett volna szorozni $(1-\sqrt c)^7$ -tel, és akkor (1-c)⁷=1, a befejezés ugyanaz.

Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[817] nadorp

2013-05-15 21:40:41

Bocs, a (3) egyenlet helyesen

(c+7)³-112(c+7)+448=0

Előzmény: [816] nadorp, 2013-05-15 21:21:29

[816] nadorp

2013-05-15 21:21:29

A588

A lenti megoldás nem teljesen elemi, de úgy látom, nincs összefüggésben a hivatalos megoldásban hivatkozott cikkel.

Azt fogjuk felhasználni, hogy a q=pⁿ elemű ( p prím, n pozitív egész) T véges testben minden 0-tól különböző elem rendje osztója (q-1)-nek. Speciálisan, ha T p vagy p² elemű véges test és létezik T-ben 7-edrendű elem, akkor 7|p-1 vagy 7|p²-1, azaz p=7k $\pm$ 1 alakú.

Legyen "a" pozitív egész és tegyük fel, hogy a p prímszámra p|7a²(a+1)-1. Ekkor nyilván p páratlan és p $\neq$ 7. Ha K jelöli a mod p maradékosztályok testét, akkor a feltétel szerint létezik a $\in$ K, hogy

7a³+7a²-1=0

Jelölje b az a multiplikatív inverzét K-ban, azaz ab=1. Ekkor

b³-7b-7=0

(1)

Legyen c $\in$ K egyelőre tetszőleges és tekintsük a p(x)=x²-c polinom K feletti K_c felbontási testét. Ha c egy K-beli elem négyzete, akkor K=K_c, azaz K_c p elemű. Ha c nem áll elő semmilyen K-beli elem négyzeteként, akkor p(x) irreducibilis K felett, tehát K_c másodfokú bővítése K-nak, azaz ekkor K_c p² elemű. Azt fogjuk belátni, hogy c alkalmas megválasztásával K_c-ben létezik 7-edrendű elem. Ebből már, mint láttuk, következik a feladat állítása.

Jelölje $\sqrt c~$ p(x) egyik gyökét K_c-ben, és tekintsük az $1+\sqrt c$ , $1-\sqrt c \in K_c$ elemeket.Ezekre

$(1+\sqrt c)^7=1+21c+35c^2+7c^3+(7+35c+21c^2+c^3)\sqrt c=u+v\sqrt c$

$(1-\sqrt c)^7=1+21+35c^2+7c^3-(7+35c+21c^2+c^3)\sqrt c=u-v\sqrt c$

Próbáljuk meg megválasztani c értékét úgy, hogy v=0 teljesüljön, azaz

c³+21c²+35c+7=0

(2)

(c+7)³-112c+448=0

(3)

Szorozzuk meg (1) mindkét oldalát 64-gyel ( ez megtehető, mert p páratlan)

64b³-448b-448=0

(4b)³-112^.(4b)-448=0

(4)

Összeadva (3)-at és (4)-et

(c+7)³+(4b)³-112(c+7+4b)=0

A fenti egyenletből c+7+4b kiemelhető, tehát c=-4b-7 $\in$ K megoldása (2)-nek, azaz ebben az esetben v=0.Azt kaptuk tehát, hogy a c=-4b-7 választás mellet

$(1+\sqrt c)^7=(1-\sqrt c)^7$

Ha $1-\sqrt c=0$ lenne, akkor $1+\sqrt c=0$ is teljesülne. De ekkor 2=0, azaz p=2 lenne, amit kizártunk. Tehát $1-\sqrt c\neq0$ . Így

$\left(\frac{1+\sqrt c}{1-\sqrt c}\right)^7=1$

Most már csak azt kell belátnunk, hogy $\frac{1+\sqrt c}{1-\sqrt c}\neq1$ és kész vagyunk, mert találtunk 7-edrendű elemet K_c-ben. Tegyük fel, hogy $\frac{1+\sqrt c}{1-\sqrt c}=1$ . Ekkor c=0 kell hogy legyen, de mivel c gyöke (2)-nek, azt kapnánk, hogy 7=0, azaz p=7, amit kizártunk.

Előzmény: [811] w, 2013-05-14 16:07:25

[815] w

2013-05-15 18:10:38

De Google jó barátom :-)

megrendelés

Ha rákeresünk a cikkre, akkor az is megvan (ingyen).

Előzmény: [814] w, 2013-05-15 17:44:22

[814] w

2013-05-15 17:44:22

De legalább elemi.

Egyébként ha már kétszer is hivatkozik feladat a megjegyzésben leírt cikkre, jó volna elektronikusan is hozzáférni. Tudjátok-e, hogy kapható-e olyan régi Kömal?

Előzmény: [813] Róbert Gida, 2013-05-15 17:11:13

[813] Róbert Gida	2013-05-15 17:11:13
Fent van a megoldás, bár elég aktívan változik a szövege, és még mindig van benne legalább 2 hiba.
Előzmény: [810] nadorp, 2013-05-13 21:08:59

[812] w

2013-05-14 16:30:01

Áprilisi feladatokból.

A.587 nem valami ügy (feltéve, hogy nem szúrtam el semmit). Vázlatosan: lebetűzzük, hogy a_i között melyik mod 4 maradéknak mennyi a gyakorisága, kifejezzük belőle az összeghalmaz maradékait, és a kapott egyenletrendszert "ügyesen" megoldjuk. Szokatlanul egyszerű az eredmény, az jön ki, hogy n egy negyedik hatvány kell legyen, és ha a maradékok rendben vannak, akkor az összegek eltérése elintézhető, az a_i számoknál minden új számot az összes többi összegénél nagyobbnak választjuk.

B.4540. Ez egy érdekes feladat. Az n=2 esetnél k=1 (könnyű), ezért adott n-re k=[n/2] elérhető (párbaállítás). Ennél több nem lehet. Valóban, egy adott rab tévedési esélye 1/2, ezért minden lehetséges sapkakiosztásra eljátszva a stratégiát n^.2ⁿ tipp lesz, és belőle n^.2^n-1 talált. Skatulya-elv miatt lesz olyan kiosztás, melyre max. n/2 jó tipp van, tehát készen vagyunk.

B.4541. Vegyünk három pontot: (x_i,x_i²,x_i³) (i=1,2,3). A rájuk illeszkedő sík egyenlete a₁x+a₂y+z+a₀=0 alakú (nyilván nem vízszintes), behelyettesítve a három pont koordinátáit x_i³+a₂x_i²+a₁x_i+a₀=0 (i=1,2,3). Ez olyan gyanús polinom alakú (persze, mert úgy írtam fel a sík egyenletét :-) ). Ez a polinom nem más, mint p(x)=(x-x₁)(x-x₂)(x-x₃). Tudjuk, hogy az {1;2;...;100} tartományon minden más x-re a hozzá tartozó pont e sík felett van, már ha az a sík K része. Akkor z>-(a₁x+a₂y+a₀) vagy pont fordítva. Átrendezve p(x)>0 vagy p(x)<0 minden x $\in$ {1;2;...;100}\{x_i:i=1,2,3} esetén. A gyöktényezős felbontásból ez összesen 196 módon lehet. Továbbá mivel K minden lapja ily módon háromszög, 294 él és (Euler) 100 csúcs lesz.

[811] w	2013-05-14 16:07:25
Szerintem biztos egyetemi anyagra van szükség, és hivatalos megoldást nem fognak felrakni. Ettől függetlenül kíváncsi volnék a megoldásodra, vagy akár egy vázlatra (a megértéshez van nálam szakirodalom).
Előzmény: [810] nadorp, 2013-05-13 21:08:59

[810] nadorp	2013-05-13 21:08:59
A588-ra van viszonylag egyszerű megoldásom, de egyetemi anyagot - véges testek, testbővítés - is használ. Várnék a hivatalos megoldásra, lehet, hogy van elemi bizonyítás is.
Előzmény: [807] w, 2013-05-11 09:35:56

[809] w	2013-05-13 16:39:23
Most már el is tűnt.
Előzmény: [808] w, 2013-05-13 16:38:26

[808] w	2013-05-13 16:38:26
A B.4515-ről szóló hozzászólásommal valami baj van, nem tudom, hogy ezt Ti is látjátok-e. A kszin 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.
Előzmény: [806] w, 2013-05-06 13:39:47

[807] w	2013-05-11 09:35:56
A B4539 szép megoldásáért (ha van), vagy valamelyik A-jelű feladat megoldásáért cserébe felraknám a B4540, B4541 vagy A587 megoldását.

[806] w

2013-05-06 13:39:47

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.)

Előzmény: [768] w, 2013-03-14 15:25:38

[805] w	2013-04-29 18:21:08
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!

[804] w

2013-04-28 10:45:08

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.

[803] w

2013-04-23 21:34:17

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.

[802] w

2013-04-23 17:42:34

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+2013²⁰¹¹ $\equiv$ 2013²⁰¹¹ (mod 2012^.2013),

és hasonló lépésekkel 2013²⁰¹² $\equiv$ 2013²⁰¹¹ $\equiv$ ... $\equiv$ 2013 (2012^.2013), ugyancsak

2012²⁰¹³=2012²^.2012²⁰¹¹=(2011^.2013+1)^.2012²⁰¹¹ $\equiv$ 2012²⁰¹¹ $\equiv$ ... $\equiv$ 2012 (mod 2012^.2013).

Vagyis a maradék 2012+2013=4025.

[801] w	2013-04-19 22:12:02
A.570 hiperbola nélkül is megoldható: GEOMETRIA Fálesz 1645-46. Az a benyomásom, hogy direkt szép elemi szerkesztést akartak kerestetni a versenyzőkkel.
Előzmény: [797] m2mm, 2013-04-18 01:03:39

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?