[878] Fálesz Mihály | 2014-05-07 18:55:35 |
 Ha nem volt odaírva semmi, akkor a polinom valós együtthatós. Az abszolútérték-jelekre tényleg nincs szükség.
Btw komplex együtthatós polinomokra triviálisan ugyanaz a válasz. (Csak akkor más betűt használnánk az &tex;\displaystyle i&xet; helyett.)
|
Előzmény: [877] Róbert Gida, 2014-05-06 19:39:15 |
|
[877] Róbert Gida | 2014-05-06 19:39:15 |
 A611-nél (ezt sem oldotta meg senki) komplex együtthatós polinomok között kell a minimum? Csak, mert furcsa, hogy &tex;\displaystyle |p(i)|^2&xet;-ek vannak, amik valós együtthatós polinomoknál persze az absz. jel elhagyható! (és általában a Kömalnál valós együtthatós polinomok vannak, ha mást nem írnak).
|
Előzmény: [875] w, 2014-04-30 14:17:42 |
|
[876] Róbert Gida | 2014-04-30 20:01:27 |
 A612. érdekes feladat &tex;\displaystyle http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan's\_conjecture&xet; és Pillai sejtés mutatja, hogy milyen nehéz (Pillai még mindig megoldatlan).
Néhány morzsa(?): természetesen végtelen sok ilyen szám van (ezt sejtjük). &tex;\displaystyle 8k+6&xet; alakú számok nem állnak elő két négyzetszám különbségeként vagy összegeként (8-cal való osztási maradékokat nézzük). Így &tex;\displaystyle N&xet;-ig tekintve a számokat &tex;\displaystyle \frac {N}{8}-1&xet; megmarad, a számok egy pozitív alsó sűrűsége. Továbbiakban feltesszük, hogy a két szám (összegénél vagy különbségénél) valamelyike nem négyzetszám. Teljes hatványok &tex;\displaystyle a^p&xet; alakban is felírhatóak, ahol &tex;\displaystyle a>1&xet; és &tex;\displaystyle p&xet; prím.
Két teljes hatvány össezegként előálló számok kevesen vannak: &tex;\displaystyle N\ge x=a^p+b^q&xet;, ahol &tex;\displaystyle p>2&xet; vagy &tex;\displaystyle q>2&xet;, akkor &tex;\displaystyle a&xet;-ra legfeljebb &tex;\displaystyle N^{\frac 1p}&xet;, míg &tex;\displaystyle b&xet;-re &tex;\displaystyle N^{\frac 1q}&xet; lehetőség van, ez összesen &tex;\displaystyle N^ {\frac 1p+\frac 1q}\le N^{\frac 56}&xet; lehetőség. Továbbá &tex;\displaystyle 2^p<N&xet; és &tex;\displaystyle 2^q<N&xet; így &tex;\displaystyle p,q<\log_2 N&xet;. Ebből &tex;\displaystyle x&xet;-re &tex;\displaystyle O(\log(N)^2*N^{\frac 56}) = o(N)&xet; lehetőség van.
A nehéz eseteket persze a két teljes hatvány különbsége okozza. Legyen &tex;\displaystyle N\ge x=a^p-b^q>0&xet; ekkor &tex;\displaystyle a>b^{\frac qp}&xet;. Itt megint kevés szám áll elő ilyen alakban, ha &tex;\displaystyle a&xet; nagy, pontosabban: &tex;\displaystyle a>b^{\frac qp}+1&xet; (azaz már csak azon eseteket kell nézni, ahol &tex;\displaystyle a=ceil(b^{\frac qp})&xet;).
Ha &tex;\displaystyle a>b^{\frac qp}+1&xet; és &tex;\displaystyle N\ge x=a^p-b^q&xet;, akkor &tex;\displaystyle N\ge (b^{\frac qp}+1)^p-b^q>p*b^{q-\frac qp}&xet; (binomiális tétel). Ha &tex;\displaystyle p=2&xet;, akkor &tex;\displaystyle q>2&xet; és &tex;\displaystyle N>b^{\frac q2}&xet;, ez legfeljebb &tex;\displaystyle N^{\frac 2q}-1&xet; lehetőség &tex;\displaystyle b&xet;-re (hiszen &tex;\displaystyle b>1&xet;); csak azon &tex;\displaystyle q&xet; értékeket kell nézni amelyekre &tex;\displaystyle N^{\frac 2q}\ge 2&xet;, innen &tex;\displaystyle q<const*\log N&xet;. Azaz &tex;\displaystyle \sum_{q=2}^ {const*\log N} (N^{\frac 2q}-1)=O(N^{\frac 23})=o(N)&xet; lehetőséget ad. Ha &tex;\displaystyle q=2&xet;, akkor &tex;\displaystyle p>2&xet; és &tex;\displaystyle N\ge p*b^{2-\frac 2p}\ge p*b^{\frac 43}&xet;, így legfeljebb s=&tex;\displaystyle \sum _{p=2}^{N} (\frac Np) ^{\frac 34}&xet; egész áll elő így (itt &tex;\displaystyle p>N&xet;-re &tex;\displaystyle x>N&xet; lenne). Integrálással és prímszámtétellel &tex;\displaystyle s=O(\frac {N}{\log N})=o(N)&xet;.
Azaz, ahogyan mondtam csak azon eset maradt vissza, amikor &tex;\displaystyle N\ge x=a^p-b^q&xet;, &tex;\displaystyle p>2&xet; vagy &tex;\displaystyle q>2&xet; és &tex;\displaystyle b=ceil(a^{\frac qp})&xet;. Ez nincs meg, lényegében arról van szó, hogy &tex;\displaystyle a^p-b^q&xet; csak úgy lehet "kicsi", ha &tex;\displaystyle b^{\frac qp}&xet; "nagyon" közel esik egy egészhez. Itt &tex;\displaystyle b^{\frac qp}&xet; vagy egész (ha &tex;\displaystyle b&xet; az &tex;\displaystyle p&xet;-edik hatvány), vagy irracionális; (itt persze az első eset könnyű, ha &tex;\displaystyle b&xet; az &tex;\displaystyle p&xet;-edik hatvány, akkor &tex;\displaystyle a^p-b^q=0&xet;).
|
Előzmény: [875] w, 2014-04-30 14:17:42 |
|
[875] w | 2014-04-30 14:17:42 |
 A szokástól eltérően az A.610-A.613 feladatokra nincs (még) hivatalos megoldás. Ezekre, vagy velük kapcsolatban megoldási ötletekre nagyon kíváncsi volnék.
|
|
|
[873] Erben Péter | 2014-04-23 17:46:04 |
 B.4621: (a) A tetraéder éleit érintő gömb létezésének szükséges és elégséges feltétele: a szemközti élpárok hosszának összege egyenlő mindhárom pár esetén. (b) A külső érintőgömb létezésének szükséges és elégséges feltétele: a szemközti élpárok hosszának különbsége egyenlő. (A kivonásoknál számít a sorrend, azok az élek szerepelnek negatív előjellel, amelyek által alkotott háromszög oldalait kívülről, az élek belső pontjában érinti a gömb.)
A két feltétel együtt azzal ekvivalens, hogy három egy csúcsból induló él hossza egyenlő (&tex;\displaystyle x&xet;), és a másik három él is egyenlő (&tex;\displaystyle y&xet;).
Ha &tex;\displaystyle x \ne y&xet;, akkor a többi "hozzáírt gömb" nem létezik, vagyis a feladat állítása hamis.
Rosszul látom?
/Irodalom: Reiman-Dobos Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák, 1962/7. feladathoz fűzött megjegyzések./
|
|
|
[871] Fálesz Mihály | 2014-03-14 10:26:19 |
 A. 609+. Legyen A és B két körlap vagy félsík a komplex síkon, a1,a2,...,an A\B és b1,b2,...,bn B\A, és legyen

Igazoljuk, hogy az f' függvény minden gyöke az A B halmazban van.
|
Előzmény: [870] Fálesz Mihály, 2014-03-14 10:15:42 |
|
[870] Fálesz Mihály | 2014-03-14 10:15:42 |
 A. 609. Legyenek a1,a2,...,an és b1,b2,...,bn olyan komplex számok, amelyekre Im aj 1 és Im bj -1 (j=1,2,...,n), és legyen

Igazoljuk, hogy az f'(z) függvénynek nincs gyöke az |Im z|<1 halmazon.
A. 480. Tegyük fel, hogy p(z) olyan n-edfokú, komplex együtthatós polinom, melynek minden (komplex) gyöke egységnyi abszolút értékű. Mutassuk meg, hogy tetszőleges c 0 valós számra a
2z(z-1)p'(z)+((c-n)z+(c+n))p(z)
polinom gyökei is egységnyi abszolút értékűek.
A. 430. Legyen n 2 és u1=1,u2,...,un legfeljebb 1 abszolút értékű komplex számok, továbbá legyen
f(x)=(x-u1)(x-u2)...(x-un).
Igazoljuk, hogy az f'(x) polinomnak létezik olyan komplex gyöke, aminek a valós része nemnegatív.
Iliev-Sendov sejtés: Ha f legalább másodfokú komplex együtthatós polinom, amelynek minden gyöke az egységkörben van, akkor az f' gyökei köré rajzolt egységkörök lefedik f gökeit.
|
Előzmény: [869] w, 2014-03-13 22:30:32 |
|
|
[868] w | 2014-02-12 19:55:42 |
 Bocs, azt elnéztem.
A.605 megoldása egyszerűbben, de gyengébb becslésekkel:

(számok rendezettsége)

(kihasználva a rendezettséget és feltételt)

(kéttagú számtani-mértani)

(céltudatos becslés a rendezéssel)

(rendezettség és k 1)

|
Előzmény: [867] Róbert Gida, 2014-02-11 22:13:34 |
|
[867] Róbert Gida | 2014-02-11 22:13:34 |
 "Lényegében én is így csináltam, bár kicsivel erősebb állítást láttam be, amihez nem kellett dupla indukció. Ennek ellenére teljesen más megközelítésem volt"
Kevesebbet láttál be, hiszen 2p2k+1 jóval kisebb, mint az én bizonyításomból kijövő: minden (n+1) paritásával megegyező egész előáll +-os alakban a [-sn+14,sn-14] intervallumból: trivi, hiszen, ha c előáll néhány prím összegeként, akkor +-os összegben plusszal szerepeljenek pont ezen prímek, akkor az összeg (sn-c)-c=sn-2*c, és itt c az [7,sn-7]-be esik.
Egyébként azt is meg lehet mondani, hogy milyen (lehetséges) számok maradnak ki az [-sn,sn] intervallumból, ha n>3: sn-12,sn-8,sn-2, és ezek mínusz egyszeresei, azért, mert az 1,4,6 nem állítható elő néhány prím összegeként.
|
Előzmény: [866] w, 2014-02-11 21:13:56 |
|
[866] w | 2014-02-11 21:13:56 |
 Lényegében én is így csináltam, bár kicsivel erősebb állítást láttam be, amihez nem kellett dupla indukció. Ennek ellenére teljesen más megközelítésem volt.
Azt látom be, hogy k 3 esetén minden -2p2k+1 és +2p2k+1 közötti páros szám előáll p1 p2 ... p2k+1 alakban.
Az alapeset néhány kis számolás kérdése: megkeressük k=1-re, majd k=2-re, majd k=3-ra a váltakozó előjeles összeggel előállítható számokat, és látjuk, hogy k=3-ra már jó lesz. Már itt feltűnik az az egyszerű megállapítás, hogy ha s előáll váltakozó előjelű összegként, akkor minden előjelet megcserélve, -s is előáll.
Az indukciós lépés k-1-ről k-ra megy. Ha egy p1 ... p2k-1 alakú számból akarunk egy p1 ... p2k-1 p2k p2k+1 alakút képezni, csak hozzá kell adnunk p2k p2k+1-t, ezt is fogjuk tenni. A -2p2k-1 és +2p2k-1 közötti páros számokhoz hozzáadtunk p2k+p2k+1-et, ami ugye szintén páros. Ezzel előállítottuk egyrészt a és közötti páros számokat, másrészt a és közötti páros számokat.
A pn<2pn-1 Csebisev-tételes becslést többször használva kijön, hogy A<D, C<0, valamint B>2p2k+1. Tehát a C és D közötti páros számok tartalmazzák a 0 és A közötti páros számokat, valamint az A és B közötti páros számok tartalmazzák az A és 2p2k+1 közötti páros számokat. Tehát ezzel minden 0 és 2p2k+1 közötti páros szám előállt a váltakozó előjeles összeg alakban. Azt pedig már tárgyaltuk, hogy ekkor ellentettjeik is előálltak.
Azt az előjeles összeget választjuk, amely a nullát előállítja, ez adja a partíciót.
---
Kíváncsi volnék, milyen megközelítések lehetségesek a B.4601-re, a sajátom kicsit bonyolult volt. Emellett A.607. megoldását inverzió nélkül, ha van, megnézném.
|
Előzmény: [865] Róbert Gida, 2014-02-11 19:41:50 |
|
[865] Róbert Gida | 2014-02-11 19:41:50 |
 Lejárt (6 pontos!) B4600. megoldása:
b. rész: olcsó. itt az első n prím összege ptlan, így a partíció nem lehetséges.
a. rész: nehezebb, az első n prím összege ps, prímek sűrűn vannak, reménykedünk, hogy van megoldás. Partíció valóban lehetséges, sőt többet látok be. Legyen pn az n-edik prím (p1=2;p2=3;..) és sn az első n prím összege.
Állítás: ha n 5, akkor minden [7,sn-7]-be eső egész szám előáll néhány (különböző) prím összegeként az első n prímet használva. Ebből könnyen következik a feladat megoldása, hiszen, ha (ez egész) előáll néhány prím összegeként, akkor a kimaradók összege is , azaz ez egy jó partíció.
Biz.: Az állítás könnyen ellenőrizhető n=5-re. Indukció: ha c-t szeretnénk előállítani az első n+1 prímet használva és 7 c sn-7, akkor már az első n prímet használva is van előállítás. Ha sn-7<c sn+1-7, akkor használjuk az n+1-edik prímet, ezzel c=pn+1+(c-pn+1), ha 7 c-pn+1 sn-7, akkor indukcióval c-pn+1-re van felbontás, amivel c egy felbontását kapjuk. Itt a felső becslés triviálisan teljesül, mert c-pn+1 sn-7 ekvivalens a c sn+1-7 feltétellel, hiszen sn+1=sn+pn+1. Az alsó becslés: 7 c-pn+1, de c>sn-7 feltétel volt ezzel elég belátni: 7 sn-6-pn+1, azaz pn+1 sn-13-at kell igazolni. Ez utóbbit is teljes indukcióval látom be! n=5-re teljesül, míg nagyobb n-re az indukciót használva: sn+1-13=sn+pn+1-13=(sn-13)+pn+1 pn+1+pn+1=2*pn+1, azaz elég belátni, hogy 2*pn+1 pn+2, ami Csebisev tétele miatt igaz.
|
|
|
[863] w | 2014-01-13 15:51:51 |
 B.4589. megoldása komplex számokkal.
Belátjuk, hogy egész együtthatós P(x) polinomhoz és m>1 egész számhoz van olyan n, melyre a értékek m különböző egyenlő összegű csoportra bonthatók. Legyen degP=d.
Legyen tetszőleges m-edik komplex egységgyök. Legyen továbbá s(k) a k természetes szám számjegyeinek összege az m alapú számrendszerben felírt alakjában.
Vezessük be a következő polinomot:

Azt állítjuk, hogy ezen polinom foka legfeljebb d-t. Mivel P0(x)=P(x), így elég megmutatni, hogy Pt+1 foka kisebb, mint Pt foka. Könnyen átgondolható, hogy

és ebből adódik, hogy Pt+1 foka legfeljebb Pt foka, továbbá Pt+1 nem tartalmaz degPt-edfokú tagot, hisz . Így a Pd+1(x) polinom már a zéruspolinom.
Legyen

Az imént kaptuk, hogy

teljesül tetszőleges komplex m-edik egységgyökre. Ezek szerint az polinomnak mindegyik komplex m-edik egységgyök gyöke lesz, ebből adódóan többszöröse az xm-1+...+x+1 polinomnak, ahonnan S0=S1=...=Sm-1. Ezzel meg is adtunk egy alkalmas felbontást.
|
|
|
[861] HoA | 2013-12-19 12:59:45 |
 Nem tudom mire céloztál, úgy látom, más se. Az egyenletből kiindulva arra gondoltam, a metszéspontokra az is teljesül, mivel az egyik egyenestől 0 távolságra vannak, hogy
d1(X).d2(X)=0
. Ezért a metszéspontokra az is igaz, hogy
d12(X)+d22(X)-2.d1(X).d2(X)=(d1(X)-d2(X))2=FX2
Egy olyan koordináta-rendszerben, ahol a vezéregyenesek egyenlete y= m.x és a fókusz az x tengely pozitív értékeit tartalmazó, vezéregyenesek közti szögtartományban van, ott az előjeles távolságok különbségére egyszerű kifejezés adódik: . Ezt, valamint az F fókusz (p;q) koordinátáit (d1(X)-d2(X))2=FX2 -be helyettesítve , majd még egyszer felhasználva, hogy a vezéregyeneseken lévő pontokról van szó ( y= m.x) egy olyan másodfokú egyenletpárt kapunk x-re, melyekben a konstans tag illetve a másodfokú tag együtthatója megegyezik . Innen [856] mintájára a gyökök szorzata a két egyenletben egyenlő és így EA.EB=EC.ED is teljesül. ( A mostani m persze fele akkora szög tangense, mint a [856] – beli )
Vagy más volt az elképzelésed?
|
Előzmény: [856] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25 |
|
[860] w | 2013-12-16 16:57:02 |
 B. 4573. Mutassuk meg, hogy egy szabályos 27-szög bármely hét csúcsa közül kiválasztható négy, amelyek trapézt határoznak meg.
Legyen az X és Y csúcs *XY* távolsága az a legkisebb számú sokszögoldal, melynek mentén az egyikből a másikba "utazhatunk". Világos, hogy az AB és CD átlók/oldalak épp akkor párhuzamosak, ha a *BC* és a *DA* távolság megegyezik. A kiválasztott 7 csúcs ily módon 7.6/2=21 darab távolságot határoz meg, és ezeknek hossza 13-féle lehet, ezért skatulya-elv szerint lesz 8 darab egyenlő távolságpár. Ha ezek az egyenlő távolságpárok közül egyik pár nem egy csúcsba fut be, akkor már találtunk trapézt. Ha mégis, akkor mindegyik egyenlő távolságpár egy-egy csúcsba fut be; mivel 7 csúcsunk van, így lesz két, egy csúcsba befutó egyenlő távolságpár, *AB*=*AC* és *AD*=*AE*. Ekkor viszont BCDE trapéz lesz, így készen vagyunk.
|
|
|
[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 ,4 ,4 . EF másik metszéspontja kA -val G. Mivel E kA és kB külső hasonlósági pontja, EAG =2 . EAG és FAG ekből
- =2
v1 metszéspontja kA val ill. kB vel A és B között H ill. J. A HATA és JBTB ekből . FTBE = - EFTA = ra EFTAH hurkolt négyszögből + = +2 , = +2 - = - =FTBE . EFTAésETBF ek hasonlók. ETA.ETB=EF2 Hasonlóan ugyanezt kapjuk ETC.ETD re. Így TA,TB,TC,TD, egy körön vannak és ETA=EA.cos 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 d2, legyen olyan koordinátarendszerünk, melyben d1 az x-tengely és O az origó.
Megmutatjuk, hogy , ahol 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 , távolsága F-től pedig , a P2 parabola (x,y) pontjaira ez a két mennyiség megegyezik, azaz

![(y-mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+(y-q)^2\right].](keplet.cgi?k=2B891C101F16B6DE)
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]](keplet.cgi?k=E41AEF7F97FAA074)

A Viéte-formulákból adódik, hogy ahol OF2=p2+q2 és m=tg , 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 szögben metszik egymást.Az A ill. B középpontú , F-en átmenő kA ill. kB körök v2-t TA-ban ill. TB -ben érintik. Hasonlóan a C ill. D középpontú , F-en átmenő kC ill. kD körök v1-et TC-ben ill. TD -ben érintik.Bizonyítandó, hogy EA.EB=EC.ED .
2: Mivel P = A, B, C, D –re igaz, hogy ETP=EP.cos , ez pontosan akkor teljesül, ha ETA.ETB=ETC.ETD , vagyis ha a TP 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 kA és kB 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 kC és kD köröket a v2’ -t merőlegesen metsző, tehát O2’ -n átmenő, v1’ -t érintő egyenesekbe képezi le.
4: TA’,TB’,TC’,TD’ rajta vannak O1’O2’ Thálesz körén, ezért az eredeti TP pontok is egy körön vannak, és így (2) alapján A,B,C,D is.
|
|