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.
[895] Fálesz Mihály2014-06-11 15:29:32

"Jól félreolvastam" Mindenkivel előfordul. ;-)

Nekem úgy tűnik, hogy a feladat nem oldható meg egyetlen mérték megoldásával.

A [891]-beli példában a két sáv két különböző szélességű is lehet, emiatt a kétszer lefedett rész bárhol lehet a négyzet belsejében. Így hát a négyzet belsejének a mértéke &tex;\displaystyle 0&xet; kellene, hogy legyen. Ugyanakkor a négyzet határát akármilyen kicsi szélességű sávokkal le lehet fedni, tehát a határ is nulla mértékű...

A feladat egy általánosabb tétel speciális esete.

Előzmény: [893] w, 2014-06-10 23:24:41
[894] w2014-06-10 23:26:40

Jogos. Ha &tex;\displaystyle i^3\equiv j^3\mod p&xet;, akkor &tex;\displaystyle 2k+1&xet;-edik hatványra emelve, a Kis-Fermat-tétel szerint &tex;\displaystyle i\equiv j\mod p&xet; adódik.

Előzmény: [891] Fálesz Mihály, 2014-06-09 23:02:53
[893] w2014-06-10 23:24:41

Jól félreolvastam, bocsánat. Legalább nem az indoklásban van a hiba. :-)

A feladat ennek ellenére nagyon érdekesnek tűnik. Ennél a változatnál is lehet "mértéket" adni a lefedő sávoknak, vagy csak más módszerek működnek?

Arra gondolok, hogy adok egy olyan &tex;\displaystyle f(x,y)&xet; térbeli függvénygörbét, melyre tetszőleges sáv és &tex;\displaystyle f(x,y)&xet; görbe által közrefogott térfogat (integrál) a sáv szélességével egyenesen arányos. Ahhoz, hogy ezzel a négyzet lefedéséből kiindulva tudjak becsülni, még szükségem van arra, hogy megkeressem, hogy a lefedések során mely területek lehetnek kétszer lefedve, mert azokra &tex;\displaystyle f(x,y)=0&xet; kell teljesüljön. Ha van olyan &tex;\displaystyle (x,y)&xet; pont, melyre &tex;\displaystyle f(x,y)\neq 0&xet; lehetséges, akkor még van remény a mérték megkonstruálására.

Előzmény: [890] Fálesz Mihály, 2014-06-09 22:55:04
[892] Sinobi2014-06-09 23:33:37

"Egy sáv szélessége legyen a beleírható, a tengelyekkel párhuzamos oldalú négyzetek oldalhossza. "

Rogzitve van egy x-y koordinatarendszer, annak iranyaban a legnagyobb beleirhato negyzet a sav szelessege, es nem a ket szelso egyenes tavolsaga.

Előzmény: [890] Fálesz Mihály, 2014-06-09 22:55:04
[891] Fálesz Mihály2014-06-09 23:02:53

A &tex;\displaystyle 3k+2&xet; esetet primitív gyök használata nélkül is meg tudod oldani.

Mi az &tex;\displaystyle x\mapsto x^3&xet; (modulo &tex;\displaystyle p&xet;) függvény inverze?

Előzmény: [889] w, 2014-06-09 14:51:35
[890] Fálesz Mihály2014-06-09 22:55:04

A sáv euklideszi értelemben vett szélessége és a feladat szerinti "szélessége" átcsúszott egymásba. Egy sáv "szélessége" -- tehát a beleírható négyzet oldalhossza -- nem ugyanakkora, mint a sáv fölé emelt gömböv euklideszi értelemben vett vastagsága.

Egy &tex;\displaystyle 2r&xet; sugarú kört le lehet fedni egy &tex;\displaystyle 45^\circ&xet; irányú, euklideszi értelemben &tex;\displaystyle 2r&xet; széles sávval, de a feladatban definiált szélessége ennek a sávnak csupán &tex;\displaystyle \sqrt2r&xet;.

Az ábrán két &tex;\displaystyle 1/2&xet; "szélességű" sáv fedi le az egységnégyzetet.

Előzmény: [888] w, 2014-06-09 09:39:24
[889] w2014-06-09 14:51:35

Ja értem. Szép gondolat, köszönöm.

Könnyen belátható, hogy &tex;\displaystyle S_k=\sum_{x=1}^p x^k&xet; osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, ha &tex;\displaystyle 0\le k<p-1&xet; egész szám. (Indukcióval, a &tex;\displaystyle \sum_{n=1}^p\binom n k=\binom{p+1}{k+1}&xet; azonosság segítségével.) A Kis-Fermat-tétel szerint azonban &tex;\displaystyle S_{p-1}&xet; már nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel. Ez ellentmondást jelent, hisz egyfelől &tex;\displaystyle f(x)^{\frac{p-1}3}&xet; &tex;\displaystyle (p-1)&xet;-edfokú polinom &tex;\displaystyle Z_p[x]&xet;-ben, másfelől a feltétel szerint &tex;\displaystyle \sum_{x=1}^{p}f(x)^{\frac{p-1}3}\equiv \sum_{x=1}^px^{\frac{p-1}3}\equiv 0\mod p&xet;.

Előzmény: [885] Fálesz Mihály, 2014-06-08 21:00:46
[888] w2014-06-09 09:39:24

Tudom, hogy egy ilyen nehéz feladat megoldása nem szokott ilyen simán kijönni, de a becslés iránya szerintem rendben van. Ha én egy &tex;\displaystyle d&xet; széles sávot veszek, lecseréltem őt a körlap fedésében résztvevő &tex;\displaystyle d'\le d&xet; széles részsávjára, ami pontosan egy &tex;\displaystyle \pi r d'&xet; széles félgömbövet jelent. A gömböv lefedéséből pedig &tex;\displaystyle \sum \pi r d'=lefedett+tobbszorlefedett\ge lefedett=2\pi r^2&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle \sum d \ge \sum d'\ge 2r&xet; adódik. (Zavaró módon írtam le azt a részt, hogy "minden &tex;\displaystyle i&xet;-re a &tex;\displaystyle d_i&xet; széles sáv legfeljebb &tex;\displaystyle \pi rd_i&xet; felszínű gömbövnek felel meg".)

Ha mutatsz egy olyan lefedést, ahol a sávok szélességeinek összege egyenlő a négyzet oldalával, és van olyan körön belüli rész, amit kétszer fedtünk le, akkor (is) biztos hibás a "megoldásom", csak látni szeretném benne a hibát.

Előzmény: [886] Fálesz Mihály, 2014-06-08 21:16:32
[887] Sinobi2014-06-09 08:01:51

"A gömbövök vastagságárára és felszínére felső helyett alsó becslésed van."

Nekem felsonek tunik.

Előzmény: [886] Fálesz Mihály, 2014-06-08 21:16:32
[886] Fálesz Mihály2014-06-08 21:16:32

Nem. A gömbövök vastagságárára és felszínére felső helyett alsó becslésed van.

Btw a négyzetnek olyan fedése is van, ahol a sávok szélességeinek összege egyenlő a négyzet oldalával, és van olyan része a négyzetnek, amit készeresen fedünk le.

Előzmény: [883] w, 2014-06-07 16:14:27
[885] Fálesz Mihály2014-06-08 21:00:46

A &tex;\displaystyle p=3k+1&xet; esetet a &tex;\displaystyle \sum_{x=1}^{p} \big(f(x)\big)^{\frac{p-1}3}&xet; összeg vizsgálatával is el lehet intézni.

Előzmény: [884] w, 2014-06-07 23:23:01
[884] w2014-06-07 23:23:01

A.513. Milyen &tex;\displaystyle p&xet; prímekre van olyan harmadfokú, egész együtthatós &tex;\displaystyle f&xet; polinom, amelynek főegyütthatója nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, és amelyre az &tex;\displaystyle f(1),f(2),...,f(p)&xet; számok páronként különböző maradékot adnak &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztva?

Egy lehetséges megközelítés (kíváncsi vagyok, hogy van-e benne hiba, illetve hogy a kitűző erre számított-e):

Megmutatjuk, hogy ezek a prímek éppen a &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakúak és a &tex;\displaystyle 3&xet;.

Ha &tex;\displaystyle (p-1,3)=1&xet;, akkor az &tex;\displaystyle f(x)=x^3&xet; polinom megfelelő. Valóban, ha &tex;\displaystyle g&xet; primitív gyök modulo &tex;\displaystyle p&xet;, akkor &tex;\displaystyle g^1,\dots,g^{p-1}&xet; redukált maradékrendszer modulo &tex;\displaystyle p&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle (p-1,3)=1&xet; miatt &tex;\displaystyle g^3,\dots,g^{3(p-1)}&xet; is redukált maradékrendszer lesz modulo &tex;\displaystyle p&xet;. Vagyis a redukált maradékrendszer köbe, így &tex;\displaystyle \{1^3,\dots,(p-1)^3\}&xet; is redukált maradékrendszer modulo &tex;\displaystyle p&xet;. Ez még a &tex;\displaystyle p^3\equiv 0&xet; maradékkal kiegészülve teljes maradékrendszert hoz létre.

Most tegyük fel, hogy van olyan &tex;\displaystyle p=3k+1&xet; prímszám és &tex;\displaystyle f(x)=ax^3+bx^2+cx+d&xet; polinom, melyre &tex;\displaystyle \{f(1),\dots,f(p)\}&xet; és &tex;\displaystyle \{1,\dots,p\}&xet; megegyezik modulo &tex;\displaystyle p&xet;, és &tex;\displaystyle (a,p)=1&xet;. Feltehető, hogy &tex;\displaystyle b&xet; és &tex;\displaystyle c&xet; sem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel.*

Legyen &tex;\displaystyle g&xet; primitív gyök modulo &tex;\displaystyle p&xet;, és legyen &tex;\displaystyle r=g^k&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle r^3=g^{3k}=g^{p-1}\equiv 1\mod p&xet; a Kis-Fermat-tétel szerint. Tekintsük azt az &tex;\displaystyle s&xet; maradékosztályt mod &tex;\displaystyle p&xet;, melyre &tex;\displaystyle b(r+1)s\equiv -c\mod p&xet;. (Ilyen létezik, hisz &tex;\displaystyle r\neq -1&xet; és &tex;\displaystyle b\neq 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet;, és nem nulla, hisz &tex;\displaystyle c\neq 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet;.) Ekkor

&tex;\displaystyle f(sr)-f(s)=a(s^3r^3-s^3)+b(s^2r^2-s^2)+c(sr-s)\equiv 0+bs^2(r-1)(r+1)+cs(r-1)\equiv -cs(r-1)+cs(r-1)\equiv 0\mod p,&xet;

bár &tex;\displaystyle sr\neq s&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet;, ez tehát ellentmond a páronként inkongruens &tex;\displaystyle f&xet;-értékeknek. Így &tex;\displaystyle p=3k+1&xet; esetben nem létezik megfelelő &tex;\displaystyle f&xet; polinom. []

*Ez azért tehető fel, mert ha az &tex;\displaystyle f&xet; polinom megfelelő, akkor az

&tex;\displaystyle f(x+1)=a(x^3+3x^2+3x+1)+b(x^2+2x+1)+c(x+1)+d=ax^3+(3a+b)x^2+(3a+2b+c)x+(a+b+c+d),&xet;

&tex;\displaystyle f(x+2)=a(x^3+6x^2+12x+8)+b(x^2+4x+4)+c(x+2)+d=ax^3+(6a+b)x^2+(12a+4b+c)x+(8a+4b+2c+d)&xet;

polinomok is megfelelnek a feltételnek. Ha &tex;\displaystyle p|b&xet; volt, akkor ezekben &tex;\displaystyle x^2&xet; együtthatója relatív prím &tex;\displaystyle p&xet;-hez, és nem lehet mindkettőben &tex;\displaystyle x&xet; együtthatója &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztható. Ha &tex;\displaystyle p|c&xet;, akkor pedig legalább egyik eltolt polinomban &tex;\displaystyle x&xet; együtthatója nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, így ha abban &tex;\displaystyle x^2&xet; együtthatója nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, kész, ha pedig &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztható, akkor újra alkalmazhatjuk előbbi gondolatmenetet.

Előzmény: [577] Maga Péter, 2010-10-13 09:36:25
[883] w2014-06-07 16:14:27

Jó-e a megoldás?

Előzmény: [882] w, 2014-06-07 16:10:35
[882] w2014-06-07 16:10:35

A.526. A síkbeli koordináta-rendszerben nevezzük sávnak az olyan tartományokat, amelyeket két párhuzamos egyenes határol. Egy sáv szélessége legyen a beleírható, a tengelyekkel párhuzamos oldalú négyzetek oldalhossza. Igazoljuk, hogy ha a &tex;\displaystyle 0\le x,y\le1&xet; egységnégyzetet lefedjük véges sok sávval, akkor ezek szélességének összege legalább 1.

Belátjuk, hogy a négyzet &tex;\displaystyle r&xet; sugarú &tex;\displaystyle k&xet; beírt körlapjának lefedéséhez is legalább &tex;\displaystyle 2r&xet; szélességösszegű sávokra van szükség.

Tekintsünk a &tex;\displaystyle k&xet; fölé írható &tex;\displaystyle G&xet; félgömböt, és feleltessük meg &tex;\displaystyle k&xet; minden &tex;\displaystyle P&xet; pontját &tex;\displaystyle G&xet; azon pontjával, aminek vetülete &tex;\displaystyle k&xet; síkján &tex;\displaystyle P&xet;. Tekintsünk tetszőleges &tex;\displaystyle d&xet; széles sávot, messük el &tex;\displaystyle k&xet;-val, és tekintsük a &tex;\displaystyle k&xet;-val közös pontjainak &tex;\displaystyle G&xet;-re eső megfeleltetettjeit. A megfeleltetett pontok egy félgömbréteget alkotnak, amelynek szélessége &tex;\displaystyle \le d&xet;. Ezen félgömbréteg felszíne tehát &tex;\displaystyle \le \pi r d&xet;.

Amennyiben a &tex;\displaystyle d_1,\dots,d_n&xet; széles sávok lefedik a teljes &tex;\displaystyle k&xet; körlapot, a sávok &tex;\displaystyle G&xet;-n lévő megfeleltetettjei lefedik a teljes &tex;\displaystyle G&xet;-t. Viszont minden &tex;\displaystyle i&xet;-re a &tex;\displaystyle d_i&xet; széles sáv legfeljebb &tex;\displaystyle \pi r d_i&xet; felszínű gömbövnek felel meg, amiért &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n \pi r d_i\ge A_G=2\pi r^2&xet;, leosztva &tex;\displaystyle d_1+\dots+d_n\ge 2r&xet;. Ezt akartuk belátni.

[881] Fálesz Mihály2014-05-13 17:28:51

Adott az &tex;\displaystyle (n+3)&xet;-dimenziós térben három vektor:

&tex;\displaystyle {\bf a}=\bigg((-1)^n\binom{n}{0};(-1)^{n-1}\binom{n}{1}; (-1)^{n-2}\binom{n}{2}; \dots;\binom{n}{n}; 0; 0 \bigg), &xet;

&tex;\displaystyle {\bf b}=\bigg(0; (-1)^n\binom{n}{0};(-1)^{n-1}\binom{n}{1}; (-1)^{n-2}\binom{n}{2}; \dots;\binom{n}{n}; 0 \bigg), &xet;

és

&tex;\displaystyle {\bf c}=\bigg(0;0; (-1)^n\binom{n}{0};(-1)^{n-1}\binom{n}{1}; (-1)^{n-2}\binom{n}{2}; \dots;\binom{n}{n} \bigg). &xet;

Határozzuk meg a &tex;\displaystyle {\bf v}&xet; vektor minimális hosszát, ha

&tex;\displaystyle {\bf a}\cdot{\bf v} = {\bf b}\cdot {\bf v} = {\bf c}\cdot {\bf v} = n!&xet;

teljesül.

Előzmény: [880] w, 2014-05-13 16:30:27
[880] w2014-05-13 16:30:27

Köszi, ez az alapkoncepció nálam is megvolt, de nem töltöttem a feladattal elég időt, hogy kijöhessen. A két hatvány különbsége résznél megjelenő becslés már nem volt meg, az már érdekes volt.

Az A611.-re is volt néhány gondolatom. Nevezetesen ha &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom nk p(x+k)=n!&xet;-t már tudjuk, meg még efféle azonosságokat, akkor már alkalmasan súlyozott négyzetes-számtani közepek közötti becsléssel elvileg kijön. Az első benyomás persze Csebisev-polinomok volt, de utána azok nem látszottak alkalmasnak. Előbbi sorokat viszont semmi értelme sincs beírni, mert nem vezettek megoldásra.

Úgy általában, meg voltam az ez évi pontversenyben lepve, hogy (február előtt) minden egyes A-feladatra megjelent hivatalos megoldás. Ezzel együtt furcsállom, hogy már egy ideje alig írnak ki megoldásokat a B-jelű feladatokra, a korábbi sok évvel ellentétben.

Előzmény: [876] Róbert Gida, 2014-04-30 20:01:27
[879] Róbert Gida2014-05-07 20:27:48

"Btw komplex együtthatós polinomokra triviálisan ugyanaz a válasz"

Igazad van.

Előzmény: [878] Fálesz Mihály, 2014-05-07 18:55:35
[878] Fálesz Mihály2014-05-07 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 Gida2014-05-06 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 Gida2014-04-30 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] w2014-04-30 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.

[874] w2014-04-23 18:50:24

A B.4621 feladat szerintem is hibás. Írtam e-mailt a szerkesztőségnek ezzel kapcsolatban, és még mindig várok a visszajelzésre.

Előzmény: [873] Erben Péter, 2014-04-23 17:46:04
[873] Erben Péter2014-04-23 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./

[872] w2014-03-15 15:19:28

A.609 hivatalos megoldásában van egy előjelhiba: \frac1{z-a_i}=\frac{\overline{z-a_i}}{|z-a_i|^2} miatt ennek képzetes részének előjele + és hasonlóan Im\frac1{z-b_i}<0. Például \frac{1}{1/2i-i}=\frac2{-i}=2i.

[871] Fálesz Mihály2014-03-14 10:26:19

A. 609+. Legyen A és B két körlap vagy félsík a komplex síkon, a1,a2,...,an\inA\B és b1,b2,...,bn\inB\A, és legyen


f(z) = \frac{(z-a_1)(z-a_2)\dots (z-a_n)}{(z-b_1)(z-b_2)\dots (z-b_n)}.

Igazoljuk, hogy az f' függvény minden gyöke az A\cupB halmazban van.

Előzmény: [870] Fálesz Mihály, 2014-03-14 10:15:42

  [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]