Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[824] w2013-06-11 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\inZ[x]), hogy \alpha,\beta,\gamma egészek:

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

0=\alphaa+\beta+1=\alphaa+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] w2013-06-11 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(22/3+21/3)=-2(2.21/3+22/3+4)+3(22/3+21/3)+8=-4.21/3-2.22/3-8+3.22/3+3.21/3+8=22/3-21/3, és

p3(x)=-x2+2x+6, ahol

p3(32/3+31/3)=-3.31/3-6-32/3+2.32/3+2.31/3+6=32/3-31/3.

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\inZ).

(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(a2/3+a1/3)=a2/3-a1/3, 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] aaaa2013-06-11 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+\betat1/3=t2/3. 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

\alpha3+3\alpha2\beta2+\beta3t-t2=0

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

Ebből a \alpha=0, \beta=0 és \alpha=-\beta2 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\beta3 nem ad megoldást, mert visszavezet a -\beta2+\beta221/3=\beta222/3 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+\betat1/3+\gammat2/3 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: a2/3+a1/3 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] w2013-06-11 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] w2013-06-11 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] nadorp2013-05-16 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: [989] Fálesz Mihály, 2013-05-16 10:05:01
[989] Fálesz Mihály2013-05-16 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 Gida2013-05-15 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] nadorp2013-05-15 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] nadorp2013-05-15 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\pm1 alakú.

Legyen "a" pozitív egész és tegyük fel, hogy a p prímszámra p|7a2(a+1)-1. Ekkor nyilván p páratlan és p\neq7. Ha K jelöli a mod p maradékosztályok testét, akkor a feltétel szerint létezik a\inK, hogy

7a3+7a2-1=0

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

b3-7b-7=0(1)

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

Jelölje \sqrt c~ p(x) egyik gyökét Kc-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\inK 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 Kc-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] w2013-05-15 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] w2013-05-15 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 Gida2013-05-15 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] w2013-05-14 16:30:01

Áprilisi feladatokból.

A.587 nem valami ügy (feltéve, hogy nem szúrtam el semmit). Vázlatosan: lebetűzzük, hogy ai 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 ai 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.2n-1 talált. Skatulya-elv miatt lesz olyan kiosztás, melyre max. n/2 jó tipp van, tehát készen vagyunk.

B.4541. Vegyünk három pontot: (xi,xi2,xi3) (i=1,2,3). A rájuk illeszkedő sík egyenlete a1x+a2y+z+a0=0 alakú (nyilván nem vízszintes), behelyettesítve a három pont koordinátáit xi3+a2xi2+a1xi+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}\{xi: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] w2013-05-14 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] nadorp2013-05-13 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] w2013-05-13 16:39:23

Most már el is tűnt.

Előzmény: [808] w, 2013-05-13 16:38:26
[808] w2013-05-13 16:38:26

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.

Előzmény: [806] w, 2013-05-06 13:39:47
[807] w2013-05-11 09:35:56

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

[806] w2013-05-06 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 xn szám, amely esetén ha a zseton ára xn, akkor a kaszinó várható bevétele 0 lesz? (+ Ha lehet, adjuk meg xn-et rekurzívan és explicite is.)

Előzmény: [768] w, 2013-03-14 15:25:38
[805] w2013-04-29 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] w2013-04-28 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] w2013-04-23 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] w2013-04-23 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\equiv20132011 (mod 2012.2013),

és hasonló lépésekkel 20132012\equiv20132011\equiv...\equiv2013 (2012.2013), ugyancsak

20122013=20122.20122011=(2011.2013+1).20122011\equiv20122011\equiv...\equiv2012 (mod 2012.2013).

Vagyis a maradék 2012+2013=4025.

[801] w2013-04-19 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

  [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]