Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[945] w2014-12-15 19:47:32

Igen, én is ismerem a Van der Waerden-tételt. De azért köszi.

Előzmény: [944] Róbert Gida, 2014-12-15 19:25:03
[944] Róbert Gida2014-12-15 19:25:03

Korlátos sorozatra igaz, következik a Van der Waerden tételből. Ekkor az sem kell, hogy &tex;\displaystyle |x_k-x_{k+1}|=1&xet; teljesül.

(igazából korlátosság sem kell, csak, hogy jó hosszan az &tex;\displaystyle x_k&xet; nem sokat változik).

Előzmény: [943] w, 2014-12-15 16:39:56
[943] w2014-12-15 16:39:56

Az A628-ra valaki [Fálesz] mondana segítséget/megoldást?

[942] w2014-12-13 14:31:46

B.4660. Igazából csak el kell kezdeni, és elegendő apró következtetéssel kijön. Azt mondják, hogy ha &tex;\displaystyle A&xet; csak &tex;\displaystyle x&xet; pontot szerez, akkor mindenképpen nyer, ám megeshet, hogy egy &tex;\displaystyle B&xet; csapat megveri, úgy, hogy &tex;\displaystyle A&xet; &tex;\displaystyle y>x&xet; pontot szerez.

Ebből következik, hogy &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; egymás ellen fog játszani. Mi lehet ezen meccs eredménye?

Előzmény: [941] Kovács 972 Márton, 2014-12-12 23:47:33
[941] Kovács 972 Márton2014-12-12 23:47:33

Kedves fórumosok!

B.4660 megoldásához tudna valaki ötletet adni? Nem sikerült vele dűlőre jutni, még csak részeredményem sincs.

Egyelőre csak ötletet szeretnék, ha úgysem megy, akkor a megoldásra is kíváncsi leszek.

Köszönöm előre is!

[940] w2014-12-12 19:43:25

A.627. feladatra megjelent a hivatalos megoldás. Leírok egy másik megközelítést (vázlatos lesz).

A hiv. megoldás jelöléseivel élve, legyen &tex;\displaystyle t_n&xet; a Csebisev-polinom megfelelő transzformáltja és &tex;\displaystyle 1=a_0>a_1>\dots>a_n=0&xet; az extremális helyei, továbbá &tex;\displaystyle d=\frac1{2^{2n-1}}&xet;. Tudjuk, hogy &tex;\displaystyle t_n(a_j)=(-1)^j\cdot d&xet;.

Tegyük fel indirekt, hogy &tex;\displaystyle \max_{[0,1]}|f-p|&xet; valamely &tex;\displaystyle f,p&xet; párra kisebb, mint &tex;\displaystyle d&xet;. Legyen &tex;\displaystyle q(x)=-p(x)-t_n(x)+x^n&xet; egy &tex;\displaystyle n&xet;-nél kisebb fokú polinom, akkor

&tex;\displaystyle f(x)-p(x)=f(x)+q(x)-x^n+t_n(x)&xet;(1)

alakú.

Felhasználva az indirekt feltevést: &tex;\displaystyle f(a_j)-p(a_j)<d=t_n(a_j)&xet; páros &tex;\displaystyle j&xet;-kre és &tex;\displaystyle f(a_j)-p(a_j)>-d=t_n(a_j)&xet; páratlan &tex;\displaystyle j&xet;-kre, vagyis

&tex;\displaystyle (-1)^{j-1}[f(a_j)-p(a_j)-t_n(a_j)]>0.&xet;

Ebbe (1)-et beírva:

&tex;\displaystyle (-1)^{j-1}q(a_j)>(-1)^{j-1}[x^n-f(a_j)].&xet;

Írjuk fel a Lagrange-féle interpolációs képletet &tex;\displaystyle q(x)&xet;-re és az &tex;\displaystyle (a_j,q(a_j))&xet; pontokra &tex;\displaystyle j=1,2,\dots,n&xet;-re. Ebből kiderül, hogy

&tex;\displaystyle 0>q(a_0)=q(1)=\sum_{j=1}^n q(a_j)\prod_{i\neq j}\frac{1-a_i}{a_j-a_i}>&xet;

&tex;\displaystyle >\sum_{j=1}^n [a_j^n-f(a_j)]\prod_{i\neq j}\frac{1-a_i}{a_j-a_i}=:S.&xet;(2)

Szeretnénk belátni, hogy &tex;\displaystyle S\ge 0&xet;, akkor ellentmondást kapunk. Világos, hogy ehhez elég belátni, hogy bármely &tex;\displaystyle k&xet; pozitív egész kitevőre

&tex;\displaystyle 0\le S_k=\sum_{j=1}^n (a_j^k-a_j^{k+1})\prod_{i\neq j}\frac{1-a_i}{a_j-a_i}=&xet;

&tex;\displaystyle =\left[\prod_{i=1}^n (1-a_i)\right]\cdot \sum_{j=1}^n \frac{a_j^k}{\prod_{i\neq j}(a_j-a_i)}=&xet;

&tex;\displaystyle =\prod_{i=1}^n (1-a_i)\cdot X^k[a_1,a_2,\dots,a_n].&xet;(3)

Például az osztott differenciák középértéktételéből, vagy a hivatalos megoldásbeli &tex;\displaystyle (2)&xet; azonosságból következik, hogy utóbbi mennyiség nemnegatív. Ez adja az ellentmondást.

A megoldás átgondolásával jól leolvasható az egyenlőség esete is (de végül is ezt a feladat nem kérte). Ha az infimum &tex;\displaystyle d&xet;, akkor &tex;\displaystyle (2)&xet;-ben egyenlőség is megengedhető, ám &tex;\displaystyle k\ge n\ge 2&xet; esetén &tex;\displaystyle S_k&xet; pozitív, így &tex;\displaystyle f(x)\neq x^n&xet;-re &tex;\displaystyle S&xet; is pozitív lesz. Vagyis &tex;\displaystyle n\ge 2&xet;-re csak &tex;\displaystyle f(x)=x^n&xet; lehet, &tex;\displaystyle n=1&xet;-re pedig triviális a feladat.

[939] Old boy2014-11-23 11:22:41

Kedves Róbert Gida!

Nagyon köszönöm a villámgyors választ és a világos megoldást! Én is k=5-re jutottam teljesen hasonló gondolatmenettel. A feladat általánosítására lehet, hogy még visszatérek; ha érdekel, nézd meg azt is. Most azonban gyorsan köszönetet akartam mondani!

Old boy

Előzmény: [938] Róbert Gida, 2014-11-23 09:48:19
[938] Róbert Gida2014-11-23 09:48:19

k=5 a megoldás: ugyanis k=4 (vagy kisebb) még nem elég, hiszen álljanak körbe az emberek és mindenki küldjön képeslapot az óramutató járása szerint következő k szomszédjának. Ekkor könnyen láthatóan nem lesz olyan pár, aki egymásnak küldött volna.

k=5 meg már elég, ugyanis ekkor &tex;\displaystyle 9*k=45&xet; képeslap megy ki összesen a 9 embertől, de &tex;\displaystyle k*(k-1)/2=9*8/2=36&xet; pár van, így skatulyaelv miatt van olyan pár, akik kölcsönösen üdvözlik egymást.

Előzmény: [937] Old boy, 2014-11-23 02:48:44
[937] Old boy2014-11-23 02:48:44

A B.4612. sz. "üdvözlőlapos" feladat (2014 március) megoldása még nem jelent meg online. A feladatot megoldottam, általánosítottam is - azt hiszem, jól. Mégis örülnék, ha - ellenőrzésképpen - valaki itt megírná a maga (lehetőleg 3 pontos) megoldását! Előre is köszönöm!

[936] Kovács 972 Márton2014-11-14 15:45:30

Ez nagyon szép megoldás, köszönöm, hogy felraktad!

Előzmény: [935] HoA, 2014-11-14 13:50:33
[935] HoA2014-11-14 13:50:33

B. 4636. Egy háromszög melyik belső pontjában maximális az oldalaktól mért távolságok szorzata?

Gondolom a megoldók zöme rájött, hogy ha a P pont távolsága az &tex;\displaystyle a&xet; oldalegyenestől &tex;\displaystyle \alpha \cdot m_a&xet; , a &tex;\displaystyle b&xet; oldalegyenestől &tex;\displaystyle \beta \cdot m_b&xet; , akkor a &tex;\displaystyle c&xet; oldalegyenestől &tex;\displaystyle (1 - \alpha -\beta ) \cdot m_c&xet; távolságra van, a szorzatban szereplő &tex;\displaystyle \alpha , \beta , (1 - \alpha -\beta)&xet; számok számtani közepe állandó, így mértani közepük és szorzatuk akkor a legnagyobb , ha &tex;\displaystyle \alpha = \beta = 1/3&xet; , vagyis a megoldás az S súlypont.

Gondolt-e valaki az alábbi, számolás nélküli, mértani megközelítésre?: Megmutatjuk, hogy a háromszög belsejének tetszőleges, S-től különböző P pontjához található olyan Q pont, melyben a vizsgált szorzat értéke nagyobb, mint P-ben. Ez persze így még nem elég. De ha a szorzatot, mint a háromszög &tex;\displaystyle t&xet; pontjaihoz rendelt F(t) függvényt tekintjük, és megállapítjuk, hogy az folytonos, a háromszöglemez határán 0, a háromszög belsejében pedig véges pozítív érték, akkor készen vagyunk. Válasszuk úgy a betűzést, hogy P ne illeszkedjék az &tex;\displaystyle s_a&xet; súlyvonalra. Húzzuk meg P-n át az &tex;\displaystyle a&xet; oldallal párhuzamos &tex;\displaystyle e&xet; egyenest. Ennek pontjai akkora távolságra vannak az &tex;\displaystyle a&xet; egyenestől, mint P. Azon pontok mértani helye, melyek &tex;\displaystyle b&xet; ill, &tex;\displaystyle c&xet; oldalegyenestől mért távolságainak szorzata állandó – esetünkben annyi, mint a P pontra – egy &tex;\displaystyle h&xet; hiperbola, a háromszög belsejének pontjaira &tex;\displaystyle h&xet; egyik ága, melynek aszimptotái a &tex;\displaystyle b&xet; és &tex;\displaystyle c&xet; oldalegyenesek és persze áthalad P-n. &tex;\displaystyle h&xet; pontjai közül a vizsgált szorzat arra a Q pontra a legnagyobb, amelyik legtávolabb van az &tex;\displaystyle a&xet; egyenestől, vagyis a hiperbola a-val párhuzamos &tex;\displaystyle f&xet; érintőjének érintési pontja. Mivel a hiperbola érintési pontja felezi az érintőnek az aszimptoták közti szakaszát, Q rajta van &tex;\displaystyle s_a&xet; -n, tehát különbözik P-től, így távolabb van az &tex;\displaystyle a&xet; egyenestól, mint P, tehát F(Q) > F(P) .

[934] w2014-11-11 18:40:42

Elég sokat próbálkoztam elemi módszerekkel, de nekem sem transzformációval (mozgatással), sem indukcióval (azzal különösen nem), sőt egyszerű komplex számozással sem jött ki. Igazán érdekelne, ha ezt elemi módon sikerült valakinek belátni (és nem is egy magasabb algebrai tétel beleerőltetésével).

Előzmény: [933] Kovács 972 Márton, 2014-11-11 17:04:40
[933] Kovács 972 Márton2014-11-11 17:04:40

Köszönöm szépen ezt is, de nekem továbbra is az a sejtésem, hogy ezt meg lehet oldani, valami szép, elemi úton is. :)

Pld.: tükrözések összességével, invariáns tulajdonság keresésével, esetleg valamiféle indukció, vagy akármi hasonló trükk segítségével.

Előzmény: [931] w, 2014-11-11 16:09:33
[932] Fálesz Mihály2014-11-11 16:39:19

Mondjuk a maximum-elvre hivatkozni sokkal "meredekebb", mint a Hadamard-egyenlőtlenség... ;-)

Szerencsére polinomokra a maximum-elv bizonyítása is sokkal egyszerűbb.

Előzmény: [931] w, 2014-11-11 16:09:33
[931] w2014-11-11 16:09:33

Az 1. részt hivatkozással el lehet intézni.

Előzmény: [930] Kovács 972 Márton, 2014-11-11 15:03:02
[930] Kovács 972 Márton2014-11-11 15:03:02

Köszönöm szépen mind a két megoldást!

A B.4655 feladat megoldása szép, sajnos más irányokba indultam el, így nem jött ez ki nekem.

A B.4659 feladatra adott megoldás pedig első olvasatra elég meredek (még másodikra is), de elolvasom a 2 cikket amit írtál melléjük.

Nagyon sokat foglalkoztam ezzel a feladattal, ezért az alábbi dolog igazolása érdekelne: (én nem tudok vele dűlőre jutni)

1. Lássuk be, hogy a pontoknak a köríven kell lennie. 2. Egyenletes eloszlásban. 3. Ekkor kiszámolni.

Ez a 3 állítás együttesen kihozná a feladat állítását, és a &tex;\displaystyle (\sqrt{n})^n&xet; maximumot is.

A 2-es és 3-as pontot meg tudom csinálni. Az 1-es nem megy. Ebben tudna valaki segíteni?

[929] Fálesz Mihály2014-11-11 11:19:30

A B.4655. az

&tex;\displaystyle x^2+y^2 = 8\cdot 2012^{2015}+2 &xet;

egyenletre vezet.

Az &tex;\displaystyle 8\cdot 2012^{2015}+2&xet; szám osztható 7-tel, de nem osztható 49-cel. Viszont &tex;\displaystyle x^2+y^2&xet; csak úgy lehet 7-tel osztható, ha &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle y&xet; is osztható 7-tel...

Előzmény: [927] Kovács 972 Márton, 2014-11-11 07:40:32
[928] Fálesz Mihály2014-11-11 10:40:47

Egy rövid megoldás a B.4659.-re (valószínűleg nem leszel tőle túl boldog, de talán tanulhatsz belőle...):

A pontokat vegyük fel a komplex egységkörben: &tex;\displaystyle a_1,\dots,a_n&xet;. A pontokból készített Vandermonde-determinánsra írjuk fel a Hadamard-egyenlőtlenséget :

&tex;\displaystyle \left|\prod_{1\le j<k\le n} (a_k-a_j)\right| = \left| {\rm det} \left(\matrix{ 1 & a_1 & a_1^2 & \dots & a_1^{n-1} \cr 1 & a_2 & a_2^2 & \dots & a_2^{n-1} \cr \dots & \dots & \dots & & \dots \cr 1 & a_n & a_n^2 & \dots & a_n^{n-1} \cr}\right) \right| \le \prod_{j=1}^n \sqrt{1^2+|a_j|^2+|a_j|^4+\dots+|a_j|^{2n-2}} \le (\sqrt{n})^n. &xet;

Ha a pontok az egységkörbe írt szabályos &tex;\displaystyle n&xet;-szög csúcsai, akkor egyenlőség áll. Ez közvetlenül is ellenőrizhető, de a megoldásból is leolvasható.

Előzmény: [927] Kovács 972 Márton, 2014-11-11 07:40:32
[927] Kovács 972 Márton2014-11-11 07:40:32

Sziasztok!

Valaki legyen szíves töltse fel a B.4659 és B.4655 feladatok megoldásait, vagy legalább annak egy vázlatát. Ha megjelenik a honlapon, az is jó, de a szeptemberi feladatok megoldásai sem jelentek meg, én pedig kíváncsi vagyok, hogy hogyan lehet ezeket a feladatokat elegánsan megoldani.

Köszönöm előre is!

Üdv.: Marci

[926] w2014-11-10 16:59:55

Nos igen. Az eredeti feladatjavaslatnál is kb. ez a megoldás szerepelt, csak, mint pár hónappal később kiderült, ennél sokkal triviálisabb a feladat. :)

Még szóra érdemes az a pici hiba, ahol írod: &tex;\displaystyle n(n-1)(n+1)-1&xet; tényező &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú, így van &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú prímosztója. Ez csak &tex;\displaystyle n>1&xet;-re igaz.

Előzmény: [925] emm, 2014-11-10 13:38:26
[925] emm2014-11-10 13:38:26

&tex;\displaystyle 0>n\implies 0>n^7-n^5-n^4&xet;, s &tex;\displaystyle k^2-k+1>0&xet;, ezért &tex;\displaystyle n>0&xet;. Mivel &tex;\displaystyle -3&xet; kvadratikus nemmaradék mod &tex;\displaystyle p&xet;, ha &tex;\displaystyle p=3k+2&xet;. De &tex;\displaystyle 4(k^2-k+1)=(2k-1)^2+3&xet;. Viszont &tex;\displaystyle 4(n^7-n^5-n^4)=4n^4(n(n-1)(n+1)-1)&xet;-ben az utolsó tényező &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú, így van &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú prímosztója. Ellentmondásra jutottunk, nincs megoldás.

Előzmény: [924] w, 2014-11-09 16:46:12
[924] w2014-11-09 16:46:12

Igen, ez kijön beszorításosan. :) És akkor következik:

B.4643.'' Mely &tex;\displaystyle (n,k)&xet; egész számpárokra teljesül:

&tex;\displaystyle n^7-n^5-n^4=k^2-k+1.&xet;

Előzmény: [923] Róbert Gida, 2014-11-09 15:59:14
[923] Róbert Gida2014-11-09 15:59:14

Nem számoltam végig, de valószínűleg nincs több. Egy könnyű út: 4 eset van aszerint, hogy n és k milyen előjelű: ha például &tex;\displaystyle n<0; k\ge 0&xet;, akkor &tex;\displaystyle N=-n;K=k&xet; jelöléssel az egyenlet (&tex;\displaystyle N,K\ge 0&xet;)-ra &tex;\displaystyle N^4-N^2+N=K^2-K+1&xet;, itt &tex;\displaystyle K^2-K+1&xet; monoton növő a nemneg. egészeken. De &tex;\displaystyle K=N^2+1&xet;-re &tex;\displaystyle K^2-K+1=N^4+N^2+1>N^4-N^2+N&xet;, továbbá &tex;\displaystyle K=N^2&xet;-re &tex;\displaystyle K^2-K+1=N^4-N^2+1<N^4-N^2+N&xet;, ha &tex;\displaystyle N>1&xet;. Így csak az lehet a monotonitás miatt, hogy &tex;\displaystyle N=0&xet; vagy &tex;\displaystyle N=1&xet; (ez utóbbi ad 2 megoldást). Többi eset is hasonló lehet.

Előzmény: [922] w, 2014-11-09 13:05:50
[922] w2014-11-09 13:05:50

Keresd meg az összeset!

Előzmény: [921] Róbert Gida, 2014-11-09 12:31:15
[921] Róbert Gida2014-11-09 12:31:15

Igen léteznek: &tex;\displaystyle n=-1;k=0&xet;, és &tex;\displaystyle n=-1;k=1&xet; megoldások.

Előzmény: [920] w, 2014-11-09 11:26:01

  [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]