Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Ha valaki meg tudta rendesen csinálni a P. 3811. feladatot, írja le pls hogy, mert én elakadtam.

Mégpedig ott, hogy a mágneses térbe ér a részecske. Felírtam a rá ható erőket, felbontottam komponensekre, de csak az éppen megtett út/sebesség/idő függvényében. Ha a megtett utat veszem változónak, akkor az a baj, hogy y(x) függvény általános ívhosszára olyan képlet van, amit itt sztem nem érdemes felhasználni. Akárhogy írom fel; a gond mindig a pálya függvényének meghatározása. Hiába tudom a 2 komponensének 2. deriváltját, abból túl bonyolult dolgok jönnek ki, mert sztem van vmi amire nem jöttem eddig rá.

Kedves Onogur! Köszönöm, hogy felhívtad figyelmemet erre, de én nem a B, hanem a P. 3754. feladatra gondoltam.

Kedves Dani!

Fenn van már a megoldás. ITT megtalálod.

HK

Valaki tegye fel a P. 3754. feladat megoldását!

hát,a 2 egyenlet összegét rendezve csupa teljes négyzet jön ki, és onnan x=2, y=3.

Oldjuk meg a Lórántfy által kitűzött B.3790 feladatot. Nekem van egy megoldásom, kíváncsi vagyok, ti hogy oldjátok meg.

Kedves Balázs!

Elküldtem mailben azokat az oldalakat a Matematikai Lapokból, amik a feladathoz kapcsolódnak. A téglás pakolásokról az interneten is találhatsz cikkeket:

http://www-math.mit.edu/~rstan/transparencies/tilings.pdf

http://www.math.uni-bielefeld.de/~sillke/POLYCUBE/PROOF/deBruijn/filling-boxes-with-bricks.pdf

http://www.mrlonline.org/mrl/1994-001-005/1994-001-005-003.pdf

http://www.combinatorics.org/Volume_4/PDF/v4i2r12.pdf

Hello!

Nagyon szép a megoldás, sokkal általánosabb, mint a feladat. Én is hasonló dolgokkal próbálkoztam: vetületekkel, csak nem tudtam elszakadni a kockától, de ez a szétszeletelés nagyon leleményes. Érdekelne az a Kömal-cikk, amiben ezzel foglalkoznak, de nem találtam meg. Biztos, hogy jó az év?

Hello!

Legyen a₁,...,a_nN. Tegyünk az n-dimenziós rács pontjaiba egy-egy lámpát. Az i-edik tengellyel párhuzamosan lépésenként a_i db szomszédos lámpa állapotát megváltoztathatjuk. Ha kezdetben minden lámpa 0, és véges sok lépés után egy b₁,...,b_n élű B téglában (és csak ott) minden lámpa ég, akkor van olyan in, amire a_i|b_i.

Bizonyítás indukcióval. n=1-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy a_n nem osztója b_n-nek. Legyen L a B téglának az n-edik tengelyre merőleges alsó lapja, ez tehát egy b₁,...,b_n-1 élhosszúságú, n-1 dimenziós tégla. Elég belátni, hogy L-ben maradva is minden lámpát át lehet állítani, ekkor ugyanis az indukciós feltevés szerint a_i|b_i-nek kell teljesülni valamilyen in-1-re. Tekintsük B-ben az L-lel párhuzamos b_n db réteg közül azokat, amiknek a távolsága L-től 0 (mod a_n) vagy -1 (mod a_n). Szorítkozzunk a B kivilágításánál használt csíkok közül azokra, amiket ezek a rétegek tartalmaznak, és vegyük ezeknek a csíkoknak az L-re eső vetületeit (eltoltjait). Belátjuk, hogy minden xL-beli pontot páratlan sok vetületi csík fog fedni. a_n nem osztja b_n miatt a 0 maradékosztályban eggyel több réteg van, mint a (-1) maradékosztályban, azaz a tekintett rétegek száma páratlan, az ide eső, x feletti pontok B-beli multiplicitása is páratlan volt, így ezen pontok multiplicitásainak összege páratlan. Az összegből el kell hagyni az L-re merőleges, a_n hosszúságú csíkokat, de ezek mind pontosan két x feletti pontot tartalmaznak, ezért a paritás továbbra is páratlan marad.

(1) A feladatra a nemleges válasz egyszerűen következik, mert a 2x2x2-es kockákat az x₁, a 3x3x3-asakat a x₂, a 7x7x7-eseket az x₃ tengellyel párhuzamos csíkokra bonthatnánk, és a 2005 egyik hosszal sem osztható.

(2) A feladathoz ugyan nem kell, de a csíkok nemcsak B részhalmazai lehetnek. A bizonyításban semmi újat nem kell mondani.

(3) Ehhez hasonló feladat jelent meg a Matematikai Lapok Feladatrovatában (1962/3-4, pp 314-317.), a fenti gondolatmenet is az ottani egyik megoldás mintájára készült. A kérdéskör állítólag úgy jött elő, hogy N. G. De Bruijn 7 éves kisfia megfigyelte, hogy 1x2x4-es téglákkal nem lehet egy 6x6x6-os ládát kitölteni.

Na hell!

Ha vakinek van megoldása az A.363.-ra akkor beírhatná. Nagyon kiváncsi lennék...

SAMBUCA

Visszatérve a P. 3722. feladatra, melynek megoldása most jelent meg a KöMal-ban: az itt és Pecu által említett megoldásnál van egy egyszerűbb is. A tömegek és a tömegközépponttól való távolságok fordítottan arányosak.

Bocs!

Akarom mondani n-dimenziós kockát n db különböző méretű n-dimenziós kockával kellene lefedni.

SAMBUCA

Helló!

Szerintem a feladat simán általánosítható n dimenzióra úgy, hogy a megfelelő méretű n-dimenziós kockát megfelelő méretű (n-1) dimenziós kockákkal fedjük le.

Ui. Kiváncsi lennék, hogy a megoldók hogyan oldották meg, de ezzel szerintem még várjunk 1-2 napot.

SAMBUCA (vajon ki??? )

Nekem nagyon tetszett. Viszont érdekes, hogy általánosítható-e a feladat magasabb dimenziókra több kockával. Pl. n-dimnezióban n+1 kockával. Az érzésem az, hogy igen, de nem tudom biztosan. Aki tudja, megírhatja.

Sziasztok!

Hogy tetszett az A pontversenyben a januári 2. feladat? :)

SAMBUCA

a P.3735.-re godoltam :)

Sziasztok!

Az Iron által elkezdett hagyományt folytatva felírnám a P.3722. feladat eredményét. Ha jól emlékeszem közel 350 dolgozat érkezett, a fele lett három pontos, a másik fele pedig 0 pontos (szerintem ez lehet a másik feladat, aminek a statisztikája "megdöbbentő"), elvétve akadt csak 1 vagy 2 pontos. A baj az volt, hogy sokan azt írták, akkor lesz az A pont a súlypont, ha a háromszög és a négyzet területe megegyezik, mások pedig azt, ha a háromszög és a négyzet súlypontja egyenlő távolságra van az A ponttól. Ez pedig nem igaz, hiszen ha a két terület egyenlő, akkor a súlypontjuk nem egyenlő távolságra lesz A-tól, vagyis nem lesz 0 a forgatónyomaték, ugyanez a helyzet a másik esetben is. Szóval ezek a megoldások elvi hibásak, ezért a 0 pont. 1 vagy két pontot annak megfelelően adtam, hogy csak kisebb vagy komolyabb számolási hibák voltak a dolgozatban. A helyes megoldás az, ha a háromszög és a négyzet által az A pontra kifejtett forgatónyomatékok egyenlőségét vizsgáljuk, és a helyes b/a arány . Remélem ez így megfelel.

Üdv, Pecu

hasonlóan az említett p feladathoz, a k.11. statisztikája is elég megrázó. 6 pontos dolgozat lett? :)

Sziasztok! Ironnak sikerült olyan hosszú téli álmot aludnia, hogy elfelejtette a jelszavát, így eron néven született újjá.. Néhány lelkes kritikus jelezte, hogy jó lenne, ha a javítók közül, akinek van rá lehetősége, a dolgozatok lepontozása után az általa javított megoldások típushibáiról, és a jó megoldásról szólna néhány szót. El is kezdeném :) A P. 3725.-ös feladatra több mint 400-an küldtek megoldást, ebből 10 4-pontos, >200 3, >100 2, a többi 1 és 0, ez engem is feldühítene első ránézésre :). Az történt ugyanis, hogy az emberek elég nagy többsége a víz hőtágulását a megadott tartományban állandónak tekintette, ami a sűrűségértékeket megnézve nem teljesen igaz. Ha emellett minden jó, akkor kapott vki 3 pontot. Pontos eredmény úgy adódna, ha azt is beleszámolnánk, hogy a kifolyó víz sűrűsége, hőmérséklete, stb. nem állandó, ha a kifolyás folyamatával számolunk, akkor ez elég hosszadalmas; egészen egyszerűen fel lehet azt írni, hogy a 20 fokos vízsűrűséggel mekkora tömegű víz fér el az eredeti térfogatú bojlerbe, majd 80fokon, a már kitágult bojlerben (hiszen az is tágul, különben minek mondták volna meg, hogy acél?) mekkora tömegű a víz. A maradék tömeg nyilván kifolyik, ennek a térfogatát pedig lehet becsülgetni, de nem változtat sokat a végeredményen, hogy változik a hőmérséklete. Annak ellenére, hogy a víz hőtágulási együtthatójának a változása a megadott tartományban aránylag nem túl nagy, a fél literrel összehasonlítva számottevő különbség adódik: a "3 pontos" módszer a víz új térfogatára 0,68l körüli értéket ad, a valódi érték pedig (emlékeim szerint) 2,2l körül van, vagyis arányaiban nagy az eltérés. További pontlevonás: ha a tartály tágulásával nem foglalkozik vki, elszámolja, vagy elvi hiba.

Remélem, ez korrekt. Üdv: Áron

Igen, ez az egyik megoldás. Gratulálok.

(A bekarikázott csempéket máshogy is meg lehet találni, például a legalsó sor valamelyik szélén.)

Kedves Géza!

Sokat gondolkoztam az A.344. feladaton, de végre sikerült találnom egy megolást. Remélem jó.

Tegyük fel, hogy van egy zárt hurok. A hosszú oldalakat figyelmen kívül hagyva egy kígyószerű képződményt kapunk, aminek van egy belső határvonala (az ábrán piros), ami gráfos nyelven szólva nem tartalmazhat kört(mivel a hurok lyukmentes), tehát "fa". Ezért a fán haladva egyszer elérünk egy olyan rácspontba, amiből 3 irányba legfeljebb 1-1 ág indul, de összesen legalább 1. Vizsgáljuk ezeket a végződéseket. Az ábrán feltüntettem a szóba jövőket, ezek közül csak a bekarikázott lehetséges. Ekkor viszont a 3 csempét ki lehet cserélni 1-re, amivel rövidebb hurkot kapunk. És kész a végtelen leszállás.

Én is a rekurzió karakterisztikus egyenletéből kaptam a zárt alakot, amelynek komplex gyökei vannak, és a komplex számok hatványozására vonatkozó Moivre képletből (azt hiszem így hívják) adódik a zárt alak. Közvetlenül felismerni pedig szerintem nagyon nehéz lenne. A Csebisev polinomokkal való összefüggést esetleg észre lehet venni, de azok koszinuszos előállítását is ismerni kell.

A nevezőből az következik, hogy a_n értéke sohasem lesz pontosan 1, mert soha sem lesz egész szám.

A koszinuszos alak nem igazán kerülhető ki. El lehet mondani persze a megoldást úgy, hogy csak titokban tudjuk, hogy koszinuszokról van szó, de az ugyanaz.

A kérdés inkább az, hogy mennyire lehet kitalálni a koszinuszos alakot. Aki nem ismeri fel közvetlenül, az még kezelheti a sorozatot lineáris rekurzív sorozatként is, abból is kiderül. De erről inkább valaki olyan nyilatkozzon, aki meg is oldotta a feladatot. :-)

Igaz. Ezek szerint az a_n=cos(n*arccos(1/3)) összefüggésből azonnal következik a feladat állítása. Az igaz, hogy a rekurzióból kiolvasható hogy a_n nevezője 3ⁿ, de ebből hogyan következik a feladat állítása? Van -e olyan megoldás, ami nem használja fel a koszinuszos zárt alakot?

Szia Attila,

A feladat megoldásához nem szükséges bebizonyítani, hogy irracionális. Ha racionális lenne, akkor az (a_n) sorozatban végtelen sokszor szerepelne az 1, és az állítás akkor is igaz volna.

Abban igazad van, hogy a Csebisev-polinomok egy kis kerülőt jelentenek. A rekurzióból --- ami a feladat szövegében is szerepelt --- közvetlenül kiolvasható, hogy a_n nevezője 3ⁿ.