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.

[858] GK

2013-12-16 11:13:48

hello!

A novemberi feladatok (matek, k jelű) megoldásai hol olvashatók?

[857] HoA	2013-12-13 14:13:27
De előbb [856] utolsó képletein felbátorodva egy elemi megoldás: F tükörképe v₁ -re F’ . FF’ látószöge az A, B , E pontokból rendre 4 $\alpha$ ,4 $\beta$ ,4 $\gamma$ . EF másik metszéspontja k_A -val G. Mivel E k_A és k_B külső hasonlósági pontja, EAG $\angle$ =2 $\beta$ . EAG és FAG $\Delta$ ekből $\alpha$ - $\beta$ =2 $\gamma$ v₁ metszéspontja k_A val ill. k_B vel A és B között H ill. J. A HAT_A és JBT_B $\Delta$ ekből $EHT_A \angle = ET_BJ \angle ( = \frac {90^\circ - \Phi}{2} ) = \delta$ . FT_BE $\angle$ = $\delta$ - $\beta$ EFT_A $\angle$ = $\epsilon$ ra EFT_AH hurkolt négyszögből $\epsilon$ + $\alpha$ = $\delta$ +2 $\gamma$ , $\epsilon$ = $\delta$ +2 $\gamma$ - $\alpha$ = $\delta$ - $\beta$ =FT_BE $\angle$ . EFT_AésET_BF $\Delta$ ek hasonlók. ET_A^.ET_B=EF² Hasonlóan ugyanezt kapjuk ET_C^.ET_D re. Így T_A,T_B,T_C,T_D, egy körön vannak és ET_A=EA^.cos $\Phi$ stb. matt A, B, C, D is.

Előzmény: [856] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25

[856] Fálesz Mihály

2013-12-13 07:47:25

Van teljesen koordináta-geometriai megoldás is.

Legyen d₁(X) és d₂(X) a két vezéregyenestől mért előjeles távolság. A metszéspontokra teljesül például a következő egyenlet:

FX²=d₁²(X)+d₂²(X).

Innen ti jöttök.

Előzmény: [855] w, 2013-12-12 17:45:26

[855] w

2013-12-12 17:45:26

Ez szép megoldás. Mivel viszont a decemberi Kömalban a feladatot koordinátageometria kategóriába sorolták, érdemes volna egy ilyen megoldást is megemlíteni, én például így csináltam.

Ha d₁ és d₂ párhuzamos, akkor kész vagyunk, tegyük fel, hogy nem párhuzamosak. Legyen O=d₁ $\cap$ d₂, legyen olyan koordinátarendszerünk, melyben d₁ az x-tengely és O az origó.

Megmutatjuk, hogy $OA\cdot OB=\frac{OF^2}{\cos^2\phi}$ , ahol $\phi$ a d₁ és d₂ egyenesek szöge. Legyen F(p,q), és legyen d₂ egyenlete y=mx. Ekkor az ismert képletek szerint tetszőleges (x,y) pont távolsága d₂-től $\frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}$ , távolsága F-től pedig $\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2}$ , a P₂ parabola (x,y) pontjaira ez a két mennyiség megegyezik, azaz

$\frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2},$

$(y-mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+(y-q)^2\right].$

Mivel A és B második koordinátája nulla, így első koordinátáikra, x₁ és x₂-re másodfokú egyenletet kapunk:

$(mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+q^2\right]$

$x^2-2p(m^2+1)x+(m^2+1)\left(p^2+q^2\right)=0.$

A Viéte-formulákból adódik, hogy $OA\cdot OB=x_1x_2=\left(m^2+1\right)(p^2+q^2),$ ahol OF²=p²+q² és m=tg $\phi$ , ezért az állításunkat igazoltuk. Ugyanezzel egyenlő OC^.OD, ha a d₂ egyenest vesszük x-tengelynek. Mivel P₁ a d₁ és P₂ a d₂ egyenes felett halad, így O az AB és CD szakaszok külső pontja, és így A,B,C,D konciklikus.

Előzmény: [854] HoA, 2013-12-12 10:04:17

[854] HoA

2013-12-12 10:04:17

Nem euklideszi [76] –nál talán egyszerűbb megoldás A.599 -re:

A. 599. A P1 és P2 parabolák fókuszpontja közös. A P1 vezéregyenese a P2-t az A és B pontokban, a P2 vezéregyenese pedig a P1-et az C és D pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az A, B, C és D pontok egy körön vannak.

1: A közös fókusz F, a v₁ és v₂ vezéregyenesek az E ponban $\alpha$ szögben metszik egymást.Az A ill. B középpontú , F-en átmenő k_A ill. k_B körök v₂-t T_A-ban ill. T_B -ben érintik. Hasonlóan a C ill. D középpontú , F-en átmenő k_C ill. k_D körök v₁-et T_C-ben ill. T_D -ben érintik.Bizonyítandó, hogy EA^.EB=EC^.ED .

2: Mivel P = A, B, C, D –re igaz, hogy ET_P=EP^.cos $\alpha$ , ez pontosan akkor teljesül, ha ET_A^.ET_B=ET_C^.ET_D , vagyis ha a T_P pontok egy körön vannak.

3: Egy F középpontú inverzió v₁ -et és v₂ -t az F-en átmenő, O₁’ ill. O₂’ középpontú v₁’ ill. v₂’ körökbe, az F-en átmenő, v₁ -et merőlegesen metsző, v₂-t érintő k_A és k_B köröket a v₁’ -t merőlegesen metsző, tehát O₁’ -n átmenő, v₂’ -t érintő egyenesekbe, az F-en átmenő, v₂ -t merőlegesen metsző, v₁-t érintő k_C és k_D köröket a v₂’ -t merőlegesen metsző, tehát O₂’ -n átmenő, v₁’ -t érintő egyenesekbe képezi le.

4: T_A’,T_B’,T_C’,T_D’ rajta vannak O₁’O₂’ Thálesz körén, ezért az eredeti T_P pontok is egy körön vannak, és így (2) alapján A,B,C,D is.

[853] Róbert Gida

2013-11-24 19:52:15

Wolfram Alpha kitalálja nekünk a sorozatot, csak az első 4 tag kell neki:

FindSequenceFunction[{ { 2,1/8 }, { 3,1/6 } , { 4,3/16 }, {5,1/5 } } , n]

Előzmény: [852] w, 2013-11-23 23:56:53

[852] w

2013-11-23 23:56:53

Két megjegyzésem volna.

1. Az $f(n)=\frac{n-1}{4n}$ képletet megsejteni annyira nem triviális, de egyetértek, csak 5 pontot érne.

2. A megadott rekurziót meg lehet oldani sejtés nélkül. Elég ehhez átrendezni: $f(n)=\frac{n^2-1}{n^2}f(n-1)+\frac1{2n^2}$ ekvivalens $f(n)-\frac12=\frac{n^2-1}{n^2}\left(f(n-1)-\frac12\right)$ -vel. Innen teleszkópikus szorzat. Ezen megoldás viszont csak a hiv. megoldás egyszerűbb átfogalmazása.

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21

[851] Róbert Gida

2013-11-23 22:11:59

"az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros"

Persze itt (n-2) van (az A₂,...,A_n-1 események).

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21

[850] Róbert Gida

2013-11-23 22:09:21

B4571. feladat 6 pontos volt. Gondolkodás nélkül is kijön: legyen f(n) a keresett valószínűség, ekkor (aszerint nézve az eseményeket, hogy az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros sok következett-e be) $f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac {1}{2n^2}\bigg)+(1-f(n-1))*\frac {1}{2n^2}$ , azaz $f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)+\frac{1}{2n^2}$ és triviálisan f(1)=0, ebből már teljes indukcióval igazolható, hogy $f(n)=\frac {n-1}{4n}$ .

[849] w

2013-11-15 21:29:51

Igen, én is ezt csináltam. Kis megjegyzés az érdeklődők számára, akiknek nem ismert, amit felhasználtunk. Valójában két dologra volt szükség:

(1) (F_n,F_k)=F_(n,k),

(2) p|F_p-1 vagy p|F_p+1. /p prím/

Az (1) bizonyításához a kulcs a Fibonacci számok bontogatásával adódó azonosság lehet: F_n=F_n-1+F_n-2=2F_n-2+F_n-3=...=F_iF_n-i+1+F_i-1F_n-i. Ebből indukcióval előbb n|k $\implies$ F_n|F_k adódik, majd maga az (1).

A (2) bizonyítása nehezebb, és attól függ, hogy 5^(p-1)/2 +1 vagy -1 maradékot ad mod p. Ha utóbbi a helyzet, akkor p|F_p+1, ennek belátásához elég kifejteni a binomiális tétellel az F_p+1-re vonatkozó explicit képletet. Az előbbi eset érdekesebb, abban az esetben az 5 kvadratikus maradék lesz mod p (lásd pl. itt), ezért $\sqrt5$ és $(1\pm\sqrt5)/2$ reprezentálható, mint maradék mod p, vagyis a Binet-képlet felírható mod p maradékokkal is, és p|F_p-1 a Kis-Fermat-tételből következik. (Amúgy itt is van erről szó.) Szóval ezzel a két lemma is elintézhető.

Ha tud valaki jobb bizonyítást, az érdekelne.

Előzmény: [848] Róbert Gida, 2013-11-15 20:49:35

[848] Róbert Gida

2013-11-15 20:49:35

Valóban, ezt a példát akkor elvinném:

(lejárt) A598. megoldása:

Legyen F_n az n-edik Fibonacci szám. Ismert, hogy lnko(F_n,F_k)=F_lnko(n,k) ebból kapjuk, hogy az m-el osztható Fibonacci számok pontosan (valamilyen t-re) a t-vel osztható indexűek, ezen t pedig akkor nyilván a legisebb pozitív egész, amire F_t osztható m-mel (t létezik). Ismert, hogy m=p-re t|p+-1, ha p!=5 (valójában p-nek az ötös maradékától függ, hogy p+1 vagy p-1, de ez itt most nem kell).

Ha nincs köztük páros és 5-tel osztható sem, akkor p legyen az a,b,c legkisebb prímosztója (ilyen van, mert a,b,c>1) ami nem lehet a 2 sem az 5, ekkor mondjuk p|a, így p|F_b, de mivel ekkor p|F(p+-1) (lásd fent). Így p|F_lnko(p+-1,b), de p minimalitása miatt lnko(p+-1,b)=1, vagy p=2. Első esetben p|F₁=1, ellentmondás, második esetben b páros, szintén ellentmondás.

Előzmény: [847] w, 2013-11-13 17:29:47

[847] w	2013-11-13 17:29:47
Illetőleg néhány feladatra érdemes rákeresni: A.596, A.598, A.596 megoldási ötletek, A.598 megoldási ötletek.
Előzmény: [845] Róbert Gida, 2013-10-23 21:22:38

[846] w

2013-10-29 19:44:42

Tehát az én megoldásom (vázlatos):

Vegyük észre, hogy

a) a₁+a₂+...+a₂₀₁₃=2014

b) a₁+2a₂+...+2013a₂₀₁₃=4026.

Emellett vezessük be a_k-t, mint a legutolsó olyan a_i szám a mondatban, ami még nem nulla. Mivel minden szám legfeljebb k-szor fordul elő a mondatban, és a nullák száma legalább 2013-k, így k $\ge$ 2013-k, k>1006. De ez azt jelenti, hogy a_k=1, és k darab nulla van a mondatban. Tehát a_i sorozatban 2013-k darab nem nulla szám van, ezek közül kettő a₁ és a_k.

Vonjuk ki a)-t b)-ből, amit kapunk, azt pedig becsüljük meg alulról:

$2012=\sum_{i=2}^k (i-1)a_i=\sum_{i=2}^{k-1}(i-1)a_i+ka_k\ge[1+2+\dots+(2011-k)]+k=[1+2+\dots+(2010-k)]+2011$

Ebből adódik, hogy k>2008 is igaz. Innen kis gondolkodás és kész.

Előzmény: [844] w, 2013-10-21 21:05:42

[845] Róbert Gida

2013-10-23 21:22:38

Aki a feltett megoldásokat elolvassa nagy előnyben van: http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A588&l=hu

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A595&l=hu

[844] w

2013-10-21 21:05:42

Talán a legnehezebb szeptemberi B-feladat (legalábbis számomra) a B.4552-es volt:

Ebben a mondatban az 1 alkalommal előforduló számok száma a₁,

a 2 alkalommal előforduló számok száma a₂,

...,

a 2013 alkalommal előforduló számok száma a₂₀₁₃.

Adjuk meg az a₁,a₂,...,a₂₀₁₃ számokat úgy, hogy igaz állítást kapjunk. Hányféleképpen tehetjük ezt meg?

Hogyan oldottátok meg? (Nekem van egy relatívan szép és egyszerű megoldásom, de kíváncsi vagyok, hogy Ti mit kezdettetek vele. Az eredeti javasolt megoldás is érdekelne.)

[843] HoA	2013-10-17 21:59:19
CID $\angle$ =CBD $\angle$ +FDB $\angle$ = $\alpha$ /2+ $\gamma$ /2=DEF $\angle$ . EFIJ húrnégyszög, EJF $\angle$ =KJF $\angle$ =EIF $\angle$ =EIK $\angle$ ...
Előzmény: [842] Kardos, 2013-10-17 21:46:34

[842] Kardos	2013-10-17 21:46:34
Igen, az GeoGebra által bizonyítva, csak nem látom be hogy miért!
Előzmény: [841] Sinobi, 2013-10-17 21:13:48

[841] Sinobi	2013-10-17 21:13:48
szögszámolással próbáltad már?
Előzmény: [840] Kardos, 2013-10-17 20:57:57

[840] Kardos	2013-10-17 20:57:57
B. 4559.-hez van valakinek valami ötlete?!?!? :) Előre is köszi!

[839] n	2013-10-13 17:49:17
Azért az A595-höz a kétnégyzetszámos bizonyítás se' annyira ötlet, mert kb. rögtön kipotyog belőle a megoldás...
Előzmény: [838] w, 2013-10-13 15:18:16

[838] w

2013-10-13 15:18:16

A.593 megoldása

A.595 megoldási ötlet

[837] w

2013-10-11 10:48:27

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) $\equiv$ Q(x+k) (k>0), akkor mekkora lehet k?

Előzmény: [836] Sinobi, 2013-10-11 10:41:18

[836] Sinobi

2013-10-11 10:41:18

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.

Előzmény: [835] w, 2013-10-11 10:25:59

[835] w

2013-10-11 10:25:59

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?

[834] w	2013-07-07 08:32:26
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.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?