Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Igen, az GeoGebra által bizonyítva, csak nem látom be hogy miért!

szögszámolással próbáltad már?

B. 4559.-hez van valakinek valami ötlete?!?!? :) Előre is köszi!

Azért az A595-höz a kétnégyzetszámos bizonyítás se' annyira ötlet, mert kb. rögtön kipotyog belőle a megoldás...

A.593 megoldása

A.595 megoldási ötlet

Igen. (Pontosítás: k+1 pont határoz meg egy k fokszámú polinomot.)

Nyilván az volt a háttérbeli cél, hogy belássuk, hogyha érvényes a megadott feltétel, akkor a két polinom csak egymás eltoltja lehet. A következő kérdésem tehát az volna, hogyha deg(P)=deg(Q)=n, a feltétel marad, és P(x)Q(x+k) (k>0), akkor mekkora lehet k?

Nem léteznek. Egy idő után mind a kettő monoton lesz (legyen monoton növő), és nagyobb az addigi felvett értékeknél.

Ebből következik, hogy egy idő után ha p(x)=q(z), akkor p(x+n)=q(z+n), minden természetes n-re. Legyen p és q közül a nagyobb fokszma k. Mivel k pontra egyértelműen illeszthető k (vagy annál kisebb, ha létezik) fokszámú polinom, véve az (x,p(x)), (x+1,p(x+1)),...(x+k,p(x+k)) és (z,q(z)), (z+1,q(z+1)),...(z+k,q(z+k)) pontokat, ezek egyértelműen meghatározzák p-t, és q-t is, és ezek a pontok egymásba eltolhatóak, tehát p és q is egymásba eltolható, tehát ugyanannyi a fokszámuk, ha léteznek.

B.4561-hez egy nehéz, de nagyon érdekes csatlakozó kérdés:

Léteznek-e olyan különböző fokszámú P és Q polinomok, melyeknek természetes számokon vett értékkészleteik megegyeznek?

Melyik a könnyebb: B.4149 vagy B.4536? Érdekes, hogy az ilyen ismétlődő feladatokat akkor találjuk meg, mikor legkevésbé keressük őket :-) A megfogalmazást, a hiv. megoldás hosszát és a statisztikát is érdemes megfigyelni.

Én is pont úgy oldottam meg, 0x,y1 és miatt ez a természetes :-)

A C.1168-ba olyan szepen bele lehet irni a=sinx-et es b=siny-t. Elnezest, konnyed, valoszinuleg mindenki szamara trivialis gondolat :-)

B.4540 általánosabban. Adott n db matematikus rab egy börtönben. Játék: s-féle színű sapkák vannak, minden rab kap egyet a fejére. Mindenki csak a többiek sapkáját látja. Egyszerre tippelnek saját sapkájuk színére. Határozzuk meg azt a maximális k(n,s) számot, melyre alkalmas stratégiával ennyi jó tipp mindig születhet.

"Ha jól látom, azt nem láttad be, hogy k₁ érinti k-t." - "őizé"

Bocs, nem voltam elég figyelmes, körsor, azaz "1" nálam kiesett. Így viszont már eléggé tetszik az összehozott megoldás.

őizé.

igen, azt hiszem ez egy egyszerűbb megoldás, hogy

1: a három kör egyszerre és egy pontban érinti egymást, mert.

2: k₁ és k érintik egymást, mert Sawayama-lemma

"Minden illeszkedés feladat kitrigonometriázható. Ahogy kijön koordinátákkal, vektorokkal, komplex számokkal, k darab Pascal/Desargues tétel felírásával, etc."

Bocs, én úgy értettem, hogy a feladat csak trigonometriával két oldalon belül is megoldható, és egészen triviális úton. Az más kérdés, hogy te többet láttál be, a hiv. megoldás még többet, de itt szerintem a trigonometriával való megközelítés egészen természetes volt ("elég szabályos az ábra" stb.). Ismerek olyan megoldót is, aki hamar feladja a geometriai okoskodást, és 10-20 oldalas koordinátás megoldásokat küld be ehelyett! (Az igazat megvallva lusta voltam szépen megoldani :-).)

"...tehát k-t is érinti, tehát k₁-et is, kész."

Ha jól látom, azt nem láttad be, hogy k₁ érinti k-t. Van rá egy egyszerű bizonyítás az A.579-ből már jól ismert Sawayama-lemmával. ;-)

A megoldásod egyébként eléggé tetszik, mutatja az inverzió erejét.

szerk: na jó, hátha hasznos (+ valaki aki ért hozzá majd kijavít)

Tetszőleges P-re k, k₁, k₂ egy körsoron van, mert

Berajzoltam az egyenlő szögeket, amikből látszik, hogy

Tudjuk, hogy az érintő hossznégyzete a pont körre vonatozó hatványával egyezik meg, ami meg ha pontot helyettesítünk a kör egyenletébe:

Felszorozva azt kapjuk, hogy a k kör A, B, C pontjára: k2(A)-ck1(A)=0=k(A), azaz k előáll a másik két kör egyenletének lineáris kombinációjaként (három pontban), k egy körsoron van velük.

,,Könnyű észrevenni, hogy nincs szükségünk semmilyen új körre, hisz elég szabályos az ábra, ott vannak a párhuzamosok és merőlegesek. Átírhatjuk egy trigonometriapéldára a feladatot. "

Minden illeszkedés feladat kitrigonometriázható. Ahogy kijön koordinátákkal, vektorokkal, komplex számokkal, k darab Pascal/Desargues tétel felírásával, etc.

Az enyém valamivel elemibb geometriát használ, csak sokat:

1. Először belátom, hogy k1, k2 és k egy körsoron vannak. Ezt most nem bizonyítom. Utána azt fogom belátni, hogy k2 és k (a trapéz körülírt köre) érintik egymást.

2. A Thalész-tétel értelmében ha a FAB-P és a FDC-Q egyenesek a k körön metszik egymást, akkor a PQ Thalész-köre is átmegy azon a ponton. (FAB az AB ív felezőpontja, FDC hasonlóan). Legyen FAB-P metszése k körrel T, azt akarom belátni, hogy FDC, Q és T egy egyenesen van.

3. Az ABC háromszög I beírt körének középpontja rajta a FAB kp-jú, A-n átmenő körön (ez ismert). IC Thalészkörén rajta van Q, és rajta van T is, mert egy FAB kp-jú inverzió után T képe P rajta van IC' Thalész-körén.

4. Mivel az FDC-C szakasz érinti az ITCQ kört, FDC-re vonnatkozó inverzió után a kör helyben marad, Q és T kicserélődik, tehát FDC, Q és T egy egyenesen van.

5. FAB-ra vonatkozó inverzió esetén PQT átmegy egy ponton és a képén, P-n és T-n, tehát fixkör. Az AB oldalt érintette, tehát k-t is érinti, tehát k₁-et is, kész.

B.4551. A hiv. megoldás nem valami egyszerű, maga a feladat sokkal könnyebb. Könnyű észrevenni, hogy nincs szükségünk semmilyen új körre, hisz elég szabályos az ábra, ott vannak a párhuzamosok és merőlegesek. Átírhatjuk egy trigonometriapéldára a feladatot.

A k_i kör középpontja O_i, sugara r_i (i=1,2); ACBD=M; -ben a szokásos jelölések érvényesek. Elég megmutatni, hogy a két kör belülről érinti egymást, azaz O₁O₂=|r₁-r₂|.

Először is AP=AC-BC+BP=AC-BC+(AB-AP) AP=(b+c-a)/2.

Világos, hogy .

Legyen M vetülete AB-re M_x, PQ-ra M_y. Ekkor AM_x=c/2, majd M_xP=AP-AM_x=(b-a)/2. Nyilván M_yMO₁, ahonnan

és ,

,

.

Továbbá

MM_x=AM_x^.tg =c^.tg /2, ezért

;

M_yO₁=r₁^.sin ,

és így

O₁O₂²=M_yO₁²+M_yO₂².

Ekvivalens átalakításokkal

O₁O₂=|r₁-r₂|

O₁O₂²=(r₁-r₂)²

M_yO₁²+M_yO₂²=r₁²+r₂²-2r₁r₂

c²tg²-2cm_ctg +m_c²=4r₁²cos²+m_c²-4r₁m_c

c²-2bccos =(b-a)²-2b(b-a)

c²-2bccos =b²-2ab+a²-2b²+2ab

b²+c²-2bccos =a²

Azonosság.

A hiba amúgy az utolsó egyenletben volt.

Érdemes feltennünk, mert feltehető (pZ[x]), hogy ,, egészek:

+-1=0    =1-

0=a++1=a+1-+1=2+(a-1)

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

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 kifejezés irracionális szám, ahol k és nem egyszerre nulla (illetve k,,mZ).

(Ez lényegében a te első lemmád.)

3. Következmény: A kifejezés egyértelműen előáll alakban (a 3. lemmád)

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

alakú. Ekkor k (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 1-1 (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.

A.590.

Lemma 1.

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: +t^1/3=t^2/3. Ezt köbre emelve, majd az előbbi összefüggést behelyettesítve a következő adódik:

Ez Q feletti lineáris függetlensége miatt csak akkor lehetséges, ha

³+3²²+³t-t²=0

Ebből a =0, =0 és =-² esetek adódnak, aminek a megoldása t-re rendre: , és . Ezek közül t=2³ nem ad megoldást, mert visszavezet a -²+²2^1/3=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.

:=+t^1/3+t^2/3 gyöke a következő polinomnak, ahol ,,,t racionális számok:

Ezt egy egyszerű behelyettesítéssel ellenőrizhetjük.

Lemma 3.

Ha valamely polinomra , akkor , ahol foka legfeljebb 2 és . Legyen ugyanis alakú, ahol az előbbi polinom, és itt egy maradékos osztást végeztünk, így foka maximum 2. Ekkor, kihasználva -t:

A feladat állításának bizonyítása:

Ha a=t³ köbszám, akkor mivel egész, a konstans függvény jó. Egyébként pedig: a^2/3+a^1/3 gyöke Lemma 2. miatt -nak. Lemma 3. miatt elég tehát ellenőrizni, hogy állhat-e ,, racionálisakkal:

Vagyis:

Mivel lineárisan függetlenek, ezért mindhárom együttható 0 kellene, hogy legyen, de ez nem lehetséges, mert -1=+=1 kellene, ezért nincs ilyen polinom.

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.

Nagyon köszönöm én is az érdekes megoldásodat. Sikerült kb. megérteni. Igazad volt, felraktak hiv. megoldást is.

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.

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.