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.
[970] Sinobi2015-04-12 20:14:51

Vagy: a gömb középpontjából vetítünk egy, vele párhuzamos síkra, és akkor azt kapjuk hogy van egy kör. őt érintő négy egyenes, meg mondjuk ezek metszései valahogy. A szög változása a kör sugarának változásának felel meg, az érintőegyenesek irányai maradnak. De a nagyítás az euklideszi sík egy hasonlósága, mindent megtart.

=> akárhány félegyenes akármilyen illeszkedésrendszere esetén igaz lesz, hogy a kapott sík metszése az alapsíkkal nem függ a forgatás &tex;\displaystyle \varphi&xet; szögétől.

Előzmény: [908] Fálesz Mihály, 2014-07-21 13:51:23
[969] w2015-04-12 20:09:12

B.4698. megoldása: először is ha &tex;\displaystyle H^*_n&xet; jelöli az &tex;\displaystyle \frac1n,\frac2n,\dots,\frac nn&xet; törtek halmazát, akkor jól láthatóan &tex;\displaystyle |H^*_n|=n&xet; és &tex;\displaystyle H^*_n\cap H^*_k=H^*_{(n,k)}&xet;. Ha pedig &tex;\displaystyle f&xet; bijekció a racionális számok és pozitív egészek között, akkor &tex;\displaystyle H_n&xet; halmazok, mint &tex;\displaystyle H^*_n&xet; képei &tex;\displaystyle f&xet; után, meg fognak felelni.

[968] Róbert Gida2015-03-21 21:44:20

Közölt a635. megoldásánál jónéhány helyen &tex;\displaystyle \sigma (\varphi(n))&xet; szerepel &tex;\displaystyle \varphi (\sigma (n))&xet; helyett

Egyébként felcserélve elég érdektelen lett volna a feladat: legyen &tex;\displaystyle n=p=k*T!+1&xet; alakú prím (Dirichlet tétele miatt lesz ilyen prím), és ez jó lesz, ha &tex;\displaystyle T&xet;-t elég nagynak választjuk.

[967] w2015-03-08 21:26:06

Gondolom azt a jól bevált módszert használod, hogy rekurzívan megjelölöd a nyerő és vesztő helyzeteket. Csinálj egy jó nagy ilyen (k,n)-es táblázatot (mondjuk 20x25-öst), mely mezőibe beírod, hogy nyerő vagy vesztő. Majd pedig keress mintát. (A játékok gyakran szeretik a kettes számrendszert. A minta csak kicsit bonyolult.)

Előzmény: [966] Bátki Zsolt, 2015-03-08 10:28:41
[966] Bátki Zsolt2015-03-08 10:28:41

A. 620. Artúrnak és Benőnek van egy k×n-es csokoládéja, ezzel a következő játékot játsszák. Felváltva esznek egy-egy darabot a csokoládéból, Artúr kezd. Minden lépésben a soron következő játékos a vonalak mentén két kisebb téglalap alakú darabra töri szét a csokoládét, és megeszi a kisebbik darabot. (Ha történetesen a két darab ugyanakkora, akkor szabadon választhat, hogy melyiket eszi meg.) Aki először eszik valamelyik lépésben egyetlen csokoládékockát, veszít, a másik játékos nyer.

Határozzuk meg mindazokat a (k,n) párokat, amikre Artúrnak van nyerő stratégiája.

1xn,2xn,3xn...7xn-re van vélhetően jó megoldásom.

Általános kxn-re nekem nem jött össze. Aki tudja írja meg!

A lap hivatalos megoldásában, csak a megoldók neve szerepel. A megoldás nem.

[965] w2015-02-12 10:00:02

Én is így indultam ki (nagyjából). Megjegyzem, ehhez hasonló módszerrel ki is jön a &tex;\displaystyle k=2,3&xet; eset (&tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nal), hiszen akkor

&tex;\displaystyle [a,b]=\frac{ab}{(a,b)},\qquad [a,b,c]\ge \frac{abc}{(a,b)(b,c)(c,a)}.&xet;

(Ezeknek azt hiszem, annyi a jelentősége, hogy legfeljebb &tex;\displaystyle k&xet; tényezővel kell visszaosztani. De most már nem emlékszem pontosan a kezdő kísérletekre, ha érdekel valakit, megpróbálom kifejteni. Egyébként kicsit gyanús volt, hogy pont már &tex;\displaystyle k=4&xet;-re nem működik ez a módszer.)

Előzmény: [964] Róbert Gida, 2015-02-12 07:38:19
[964] Róbert Gida2015-02-12 07:38:19

Szerintem igaz. Egy gyengébb állítást belátok: minden L>0-ra létezik &tex;\displaystyle c(L,k)>0&xet;, hogy, ha az n különböző pozitív egész mindegyike kisebb, mint L*n, akkor kiválasztható k darab (&tex;\displaystyle n\ge k&xet; esetén), hogy azok lkktje nagyobb, mint &tex;\displaystyle c(L,k)*n^k&xet;.

Legyen &tex;\displaystyle H=\frac {\prod_{i=1}^k c_i}{\prod_{1\le i<j\le k}lnko(c_i,c_j)}&xet;, ugyan H nem mindig egész (k<4-re viszont egész), de mindig igaz, hogy &tex;\displaystyle H\le lkkt(c_1,..,c_k)&xet; (használjuk az lnko,lkkt prímtényezős alakját). Az &tex;\displaystyle a_1,..,a_n&xet; számok közül dobjuk ki az &tex;\displaystyle \frac n2&xet;-nél kisebbeket, marad legalább &tex;\displaystyle \frac n2&xet; szám az &tex;\displaystyle [\frac n2,Ln]&xet; intervallumból. Az egyszerűség kedvéért legyen n osztható &tex;\displaystyle k&xet;-val, és tekintsük az &tex;\displaystyle (u*L*k,(u+1)*L*k]&xet; intervallumokat &tex;\displaystyle u=0,..,\frac{n}{k}-1&xet;-re. Ezek uniója lefedi &tex;\displaystyle [\frac n2,Ln]&xet;-et, így skatulyaelv alapján van olyan intervallum, amibe legalább k darab &tex;\displaystyle a_i&xet; szám esik. Válasszunk ki ezek közül k darabot: &tex;\displaystyle c_1,..,c_k&xet;, ekkor &tex;\displaystyle \frac n2\le c_i&xet; és létezik S, hogy &tex;\displaystyle S< c_i \le S+r&xet;, ahol &tex;\displaystyle r=L*k&xet; konstans, de akkor &tex;\displaystyle i\neq j&xet;-re &tex;\displaystyle lnko(c_i,c_j)<r&xet;, így &tex;\displaystyle H\ge \frac {({\frac n2})^k}{r^{\frac{k(k-1)}{2}}}=const*n^k&xet;, ami kellett.

Az eredeti problémánál anno még pont így indultam ki.

Előzmény: [962] Fálesz Mihály, 2015-02-11 22:45:34
[963] Róbert Gida2015-02-12 07:38:10

Ügyes vagy, [-1,1]-en értelmezett fv-nek olvastam.

Előzmény: [961] Fálesz Mihály, 2015-02-11 22:27:51
[962] Fálesz Mihály2015-02-11 22:45:34

Engem jobban érdekelne egy &tex;\displaystyle \varepsilon&xet; nélküli megoldás: &tex;\displaystyle n^{k-\varepsilon}&xet; helyett &tex;\displaystyle cn^k&xet; valamilyen pozitív &tex;\displaystyle c&xet; konstanssal.

&tex;\displaystyle k=2&xet;-re mutatok egyet. Az egyszerűség kedvéért legyen &tex;\displaystyle n&xet; páros, &tex;\displaystyle n=2m&xet;. Vegyük a számok nagyobbik felét: legyen &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_{m+1}&xet; az &tex;\displaystyle m+1&xet; legnagyobb szám. Ezeknél van &tex;\displaystyle m-1&xet; kisebb, tehát &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_{m+1}\ge m&xet;.

Tekintsük az &tex;\displaystyle \frac1{a_1},\dots,\frac1{a_{m+1}}&xet; számokat. Ez &tex;\displaystyle m+1&xet; különböző valós szám a &tex;\displaystyle \left(0,\frac1m\right]&xet; intervallumban; van tehát közöttük kettő, &tex;\displaystyle a_i&xet; és &tex;\displaystyle a_j&xet; aminek a különbsége kisebb, mint &tex;\displaystyle \frac1{m^2}&xet;. Ezekre

&tex;\displaystyle \frac1{m^2} > \left|\frac1{a_i}-\frac1{a_j}\right| \ge \frac1{lkkt(a_i,a_j)}; &xet;

&tex;\displaystyle lkkt(a_i,a_j) > m^2 = \frac{n^2}4. &xet;

Előzmény: [960] w, 2015-02-11 21:48:10
[961] Fálesz Mihály2015-02-11 22:27:51

Az &tex;\displaystyle x^2&xet; mint korlátos függvény? :-o

Előzmény: [958] Róbert Gida, 2015-02-11 20:41:00
[960] w2015-02-11 21:48:10

Csak egy kis apróság: kérlek, tedd olvashatóvá a megoldásaidat. Lehet, hogy egyedül vagyok ezzel, de nehezen átlátható az, amit írsz, bármennyire is érdekes lehet.

Lehet ezt indukció nélkül is. Leírom - remélem - átlátható(bb)an.

A.633. megoldása.

Felhasználjuk, hogy ha &tex;\displaystyle d(m)&xet; az &tex;\displaystyle m>0&xet; egész pozitív osztóinak száma, és &tex;\displaystyle t>0&xet; adott, akkor van olyan &tex;\displaystyle C(t)&xet; konstans, melyre &tex;\displaystyle d(m)<C(t)m^t&xet; teljesül bármely &tex;\displaystyle m>0&xet; egészre. (Ennek belátása a 2008-as Kürschák 1. feladatához hasonló - utóbbi pl. megtalálható a VersenyVizsga portálon.)

Azt is belátjuk, hogy adott &tex;\displaystyle \epsilon>0&xet; és &tex;\displaystyle k>1&xet; egész esetén elég nagy &tex;\displaystyle n&xet;-re bármely &tex;\displaystyle n&xet; különböző pozitív egész között van &tex;\displaystyle k&xet; darab, aminek legkisebb közös többszöröse &tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nál nagyobb.

A megoldáshoz legyen &tex;\displaystyle t>0&xet; adott (később megválasztjuk), és írjuk le egy listában mind a &tex;\displaystyle \binom nk&xet; legkisebb közös többszöröst. Legyen a kapott lista &tex;\displaystyle L&xet;, és jelölje &tex;\displaystyle x&xet; a benne előforduló különböző számok számát. Bármely &tex;\displaystyle m\in L&xet;-re jelölje &tex;\displaystyle E(m)&xet; az &tex;\displaystyle m&xet; előfordulását &tex;\displaystyle L&xet;-ben. Ekkor felírhatjuk, hogy

&tex;\displaystyle \binom nk=|L|=\sum_{m\in L}E(m).&xet;(1)

Hogyha van olyan &tex;\displaystyle m\in L&xet;, melyre &tex;\displaystyle m\ge n^k&xet;, akkor teljesül az állítás. Tegyük most fel, hogy bármely listabeli szám legfeljebb &tex;\displaystyle n^k&xet;.

Hogyha &tex;\displaystyle k&xet; darab szám legkisebb közös többszöröse &tex;\displaystyle m&xet;, akkor ezek mind osztják &tex;\displaystyle m&xet;-et, vagyis &tex;\displaystyle d(m)&xet;-félék lehetnek. Ebből következik, hogy

&tex;\displaystyle E(m)\le \binom{d(m)}k\le&xet;

&tex;\displaystyle \le d(m)^k< C(t)^km^{tk}\le C(t)^k(n^k)^{tk}.&xet;(2)

Másfelől, hogyha &tex;\displaystyle n\ge 2k&xet;, akkor

&tex;\displaystyle \binom nk=\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}\ge \frac{(n/2)^k}{k!}=\frac1{2^k\cdot k!}n^k.&xet;(3)

Beleírva &tex;\displaystyle (2)&xet;-t és &tex;\displaystyle (3)&xet;-at &tex;\displaystyle (1)&xet;-be, &tex;\displaystyle n\ge 2k&xet;-ra

&tex;\displaystyle \frac1{2^k\cdot k!}n^k<x\cdot C(t)^k(n^k)^{tk},&xet;

&tex;\displaystyle c(t)\cdot n^{k-tk^2}<x,&xet;(4)

ahol &tex;\displaystyle c(t)=\frac1{2^k\cdot k!\cdot C(t)^k}&xet;. Most válasszunk &tex;\displaystyle t=\frac{\epsilon}{2k^2}&xet;-et, és tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle n>c(t)^{-2/\epsilon}&xet;: ekkor &tex;\displaystyle (4)&xet;-ből adódik:

&tex;\displaystyle x>c(t)n^{\epsilon/2}\cdot n^{k-\epsilon}>n^{k-\epsilon},&xet;

tehát a legnagyobb a legkisebb közös többszörösök közül &tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nál nagyobb lesz.

Tehát ha &tex;\displaystyle n> \max\left\{2k,c\left(\frac{\epsilon}{2k^2}\right)^{-2/\epsilon}\right\}&xet;, akkor mindenképpen lesz &tex;\displaystyle n&xet; különböző pozitív egész között &tex;\displaystyle k&xet;, aminek legkisebb közös többszöröse &tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nál nagyobb.

Előzmény: [959] Róbert Gida, 2015-02-11 20:41:13
[959] Róbert Gida2015-02-11 20:41:13

&tex;\displaystyle {\bf a633.}&xet; megoldása: Többet látok be. Minden pozitív k egészre és c>0 valós számra igaz, hogy létezik N(k,c), hogy n>N(k,c) esetén n különböző pozitív egész szám közül kiválasztható k, hogy azok lkkt-je nagyobb, mint &tex;\displaystyle n^{k-c}&xet;(a feladat N(4,0.01) létezéséről szól).

Az állítás &tex;\displaystyle k=1&xet;-re trivi, N(1,c)=1 megfelelő (egyetlen szám lkkt-je maga a szám). Teljes indukció. Ha &tex;\displaystyle (k-1)&xet;-re és minden &tex;\displaystyle c>0&xet;-ra igaz az állítás, akkor kell &tex;\displaystyle k&xet;-ra. Legyen &tex;\displaystyle n\ge k&xet; (hogy egyáltalán tudjunk k számot választani). Legyenek a számaink &tex;\displaystyle a_1,..,a_n&xet;, ha létezik köztük nagyobb, mint &tex;\displaystyle n^k&xet;, akkor készen vagyunk (válasszunk még ezen szám mellé (k-1)-et tetszelőgesen). Így feltehető &tex;\displaystyle a_i\le n^k&xet; minden &tex;\displaystyle i&xet;-re. Legyen &tex;\displaystyle m&xet; az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok legnagyobbika, ekkor persze &tex;\displaystyle n\le m\le n^k&xet; teljesül.

Szükségem lesz a következő ismert tételre: minden &tex;\displaystyle \epsilon >0&xet;-ra létezik &tex;\displaystyle M(\epsilon)&xet;, hogy &tex;\displaystyle m>M(\epsilon)&xet; esetén &tex;\displaystyle m&xet;-nek kevesebb, mint &tex;\displaystyle m^{\epsilon}&xet; (pozitív) osztója van. Nyilvánvalóan minden i-re &tex;\displaystyle d=lnko(m,a_i)&xet; az m egy osztója, amire az előző tétel alapján rögzített t-re csupán &tex;\displaystyle m^t\le n^{k*t}&xet; lehetőség van. De akkor a skatulyaelv alapján van olyan d, ami legalább &tex;\displaystyle \frac{n-1}{n^{kt}}>n^{1-2*k*t}&xet;-szer szerepel. A számunkra érdekes eset persze az, amikor &tex;\displaystyle 1-2kt>0&xet;. Válasszuk ki ezen &tex;\displaystyle b_1,..,b_s&xet; számokat az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok közül (&tex;\displaystyle s>n^{1-2kt}&xet;). Vegyük észre, hogy, ha ezen számok közül (k-1)-et kiválasztunk &tex;\displaystyle c_1..,c_{k-1}&xet;, akkor &tex;\displaystyle lkkt(m,c_1,..c_{k-1})=lkkt(d\frac md,d\frac {c_1}{d},..,d\frac{c_{k-1}}{d})=d*lkkt(\frac md,\frac {c_1}{d},..,\frac{c_{k-1}}{d})&xet; &tex;\displaystyle =d\frac md lkkt(\frac {c_1}{d},..,\frac{c_{k-1}}{d})=m*lkkt(e_1,..e_{k-1})\ge n*lkkt(e_1,..,e_{k-1})&xet;, ahol használtuk, hogy &tex;\displaystyle lnko(m,c_i)=d&xet; miatt &tex;\displaystyle \frac md,\frac {c_i}{d}&xet; rel. prímek, és azt, hogy &tex;\displaystyle m\ge n&xet;, és itt &tex;\displaystyle e_i&xet; egész. Most lehet indukciózni, rögzített &tex;\displaystyle u>0&xet;-ra, ha s elég nagy (azaz &tex;\displaystyle n&xet; elég nagy), akkor kiválasztható a különböző(!) &tex;\displaystyle b_1,..,b_s&xet; számok közül (k-1) úgy, hogy &tex;\displaystyle lkkt(c_1,..,c_{k-1})>s^{k-1-u}&xet;, na de ekkor &tex;\displaystyle lkkt(m,c_1,..c_{k-1})>n^{1+(1-2kt)(k-1-u)}&xet;, ha ez nagyobb, mint &tex;\displaystyle n^{k-c}&xet;, akkor vagyunk készen. Azaz kell:

&tex;\displaystyle 1+(1-2kt)(k-1-u)>k-c&xet;, azaz k-2k(k-1)t-u+2ktu>k-c, tehát &tex;\displaystyle c>2k(k-1)t+u-2ktu&xet;, de &tex;\displaystyle 2ktu>0&xet; így elég: &tex;\displaystyle c>2k(k-1)t+u&xet;, de ekkor &tex;\displaystyle u=\frac {c}{4}&xet; és &tex;\displaystyle t=min(\frac{1}{4k},\frac{c}{8k(k-1)})>0&xet; jó választás, mert így &tex;\displaystyle 2k(k-1)t+u\le \frac c4+\frac c4<c&xet;, és a jóval korábbi &tex;\displaystyle 1-2kt>0&xet; egyenlőtlenség is teljesül. Ezzel a feladat állítását beláttuk.

[958] Róbert Gida2015-02-11 20:41:00

&tex;\displaystyle {\bf a634.}&xet; megoldása: az állítás hamis, &tex;\displaystyle n=2;f(x)=x^2&xet; egy trivi ellenpélda. Mindegy, majd újra kitűzitek.

[957] w2015-01-31 10:02:38

A.630. hivatalos megoldása megjelent, szép, tetszik.

Két megoldást találtam, egyik sem az, úgyhogy miért is ne gyorsan leírom őket. Szerintem érdekesek. (Az eleje, hogy megnézzük az érintőszakaszokat, nálam is ugyanaz.)

Nézzük a &tex;\displaystyle P&xet;-ből &tex;\displaystyle FG&xet;-re állított merőlegest. Triviálisan &tex;\displaystyle Q&xet; rajta van ezen. Tehát ha belátjuk, hogy &tex;\displaystyle IP&xet; is merőleges &tex;\displaystyle FG&xet;-re, készen vagyunk.

1. befejezés: ez ismert módon ekvivalens azzal, hogy &tex;\displaystyle IF^2+PG^2=IG^2+PF^2&xet;. Ami pedig nyilvánvaló, hisz mindkét oldal az &tex;\displaystyle F&xet;-ből és &tex;\displaystyle G&xet;-ből a beírt körhöz húzott érintőszakasznak, illetve a beírt kör sugarának a négyzetösszege.

2. befejezés: tekintsük a &tex;\displaystyle P&xet; elfajuló kört és a beírt kört. Az &tex;\displaystyle F&xet; pont és &tex;\displaystyle G&xet; pont hatványa mindkét körre megegyezik, így &tex;\displaystyle FG&xet; a hatványvonaluk, ami merőleges az &tex;\displaystyle IP&xet; centrálisra.

[talán mindhárom megoldás átalakítható egymásba, de különböző megközelítésűek]

[956] Kovács 972 Márton2015-01-20 16:22:45

Köszönöm!

Előzmény: [955] w, 2015-01-20 16:19:21
[955] w2015-01-20 16:19:21

A fórumon kétféle megoldás is szerepelt: ez és ez.

Előzmény: [954] Kovács 972 Márton, 2015-01-20 16:15:42
[954] Kovács 972 Márton2015-01-20 16:15:42

Tudna valaki megoldást/segítséget mutatni az A.536-hoz? A feladat szövege megtalálható itt.

[953] w2015-01-16 16:55:14

Az A.630. feladat szerintem is nagyon könnyű volt. Könnyű kitűzni feladatot úgy, hogy sokkal bonyolultabb megoldásra gondol valaki. (Ha meg van cél mögötte, akkor olyasmi lehet, hogy népszerűsítse a pontversenyt.)

A B.4673. feladat alulértékelését azzal magyaráznám, hogy nagyon ismert példa.

Előzmény: [952] HoA, 2015-01-16 16:11:24
[952] HoA2015-01-16 16:11:24

Mit gondoltok, miért volt "A" kategóriás feladat &tex;\displaystyle \bf A 630&xet; ? Szerintem a hasonló témájú &tex;\displaystyle \bf B 4673&xet; nehezebb volt.

[951] Róbert Gida2014-12-19 15:05:48

10 hosszú a leghosszabb sorozat ami nem tartalmaz 4 hosszú számtani sorozatot, egy ilyen: 1,2,3,2,1,2,1,0,1,2.

Továbbá nagyon úgy tűnik számomra, hogy 5 hosszú már mindig lesz benne, 70000 tagút is könnyű találni. 54 tagúból pedig összesen 1514921499 darab van, ha &tex;\displaystyle x_1=0;x_2=1&xet;-gyel indul a sorozat (nyilván &tex;\displaystyle x_1&xet; nem érdekes, és feltehetjük &tex;\displaystyle x_2=1&xet;-et is, különben szorozzunk minden tagot (-1)-gyel).

Előzmény: [949] w, 2014-12-17 23:16:46
[950] w2014-12-18 15:28:11

Az &tex;\displaystyle A=11,8&xet; választással és

&tex;\displaystyle f(t)=\sum_{k=1}^\infty A^k\sin\frac{t}{(2A)^k}&xet;

függvénnyel számolva, nem lesz &tex;\displaystyle 215&xet; hosszú számtani sorozat.

Remélem, azért nem számoltam el.

A hivatalos megoldásnál sokkal kevésbé hanyag a számolás, de az alapötletek ugyanazok. A fő eltérés, hogy a (3) becslésnél &tex;\displaystyle \frac 15&xet; helyett &tex;\displaystyle 4\sin^2\frac12\sin\frac\pi3>0,7962&xet;-es szorzótényező jön ki, mert &tex;\displaystyle D=(h+1)d&xet; esetén már &tex;\displaystyle D\in\left[(2A)^s;2\cdot (2A)^s\right]&xet;.

Előzmény: [946] Fálesz Mihály, 2014-12-16 16:21:22
[949] w2014-12-17 23:16:46

Nagyon köszönöm. Végül nagyjából ugyanúgy számoltam, mint a megjelent megoldásban (az ötletet követve, a "4 hosszú számtani sorozat"-dolog kicsit bonyolultabbá tette a számításokat).

Biztos lehetne még rágni ezen a szinuszos függvényen párszázat a korláton, ahhoz mondjuk le kellene írni egy megoldást, csak a lényeget kiemelve. Kíváncsi lennék másik függvényre is.

Az már picit nemtriviális, hogy azért &tex;\displaystyle 4&xet;-tagú számtani sorozat biztos van, de még egyszerűen kijön fabunkóval. Ennek bizonyításához írjunk &tex;\displaystyle x_k&xet; alá &tex;\displaystyle +&xet; jelet, ha &tex;\displaystyle x_{k+1}-x_k=1&xet; és &tex;\displaystyle -&xet; jelet, ha &tex;\displaystyle x_{k+1}-x_k=-1&xet;. 1.) Hogyha &tex;\displaystyle 6&xet; tagon keresztül semely két szomszédos jel sem egyezik meg, akkor kész, mert lesz &tex;\displaystyle +,-,+,-,+,-&xet; típusú rész, ami négytagú (konstans) számtani sorozatot jelez. 2.) Ha három szomszédos jel azonos, akkor az is négytagú sz.s.-t ad. 3.) Egyébként: Van a sorozatunk közepén két szomszédos azonos jel, mondjuk &tex;\displaystyle -&xet;. Akkor mivel már harmadik &tex;\displaystyle -&xet; nem lesz mellettük, így &tex;\displaystyle +,-,-,+&xet; részünk van; akkor utóbbi &tex;\displaystyle +&xet; után ha &tex;\displaystyle +,-&xet; vagy &tex;\displaystyle -,+&xet; jön, akkor találunk négytagú sz.s.-t, mert &tex;\displaystyle +,-&xet; vagy &tex;\displaystyle -,+&xet; esetén &tex;\displaystyle x_{k+2}=x_k&xet;. Ha &tex;\displaystyle +,+&xet; jön, akkor van három &tex;\displaystyle +&xet; egymás után, marad az a lehetőség, hogy &tex;\displaystyle +,-,-,+,-,-&xet; lesz. Ezt bármeddig folytathatnám: &tex;\displaystyle +,-,-,+,-,-,+,-,-,...&xet;. De akkor találunk három darab &tex;\displaystyle +,-,-&xet; blokkot, ezekben egyenlőt változik &tex;\displaystyle (x_k)&xet; => 4-tagú sz.s.

Remélem, senkit sem zavar, hogy &tex;\displaystyle +,-&xet; írására volt éppen kedvem &tex;\displaystyle 0,1&xet; helyett.

Előzmény: [946] Fálesz Mihály, 2014-12-16 16:21:22
[948] w2014-12-16 19:34:26

Elküldtem e-mailben.

Előzmény: [947] Kovács 972 Márton, 2014-12-16 16:53:40
[947] Kovács 972 Márton2014-12-16 16:53:40

Leírnád kérlek a megoldását? Gondolkodtam rajta, de azóta sem sikerült rájönni.

Az világos, hogy &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; játszani fog egymással, mert ha az &tex;\displaystyle A&xet; csapat megszerzett &tex;\displaystyle x&xet; pontja mellett &tex;\displaystyle B&xet; megver mindenki mást, (ekkor még biztosan &tex;\displaystyle A&xet; nyer) akkor ennél &tex;\displaystyle B&xet; nem tud több pontot szerezni, így &tex;\displaystyle A&xet; &tex;\displaystyle y>x&xet; esetén is biztosan nyer.

Előzmény: [942] w, 2014-12-13 14:31:46
[946] Fálesz Mihály2014-12-16 16:21:22

Endre a következő megoldási ötletet küldte az A. 628. feladathoz.

Vegyük ezt a függvényt: &tex;\displaystyle f(x) = \sum_{k=1}^{\infty} 50^k \sin\frac{x}{100^k}&xet;. Ha egy 4 hosszú számtani sorozat különbségei &tex;\displaystyle 100^s&xet; közelében vannak, akkor az &tex;\displaystyle 50^s \sin\frac{x}{100^s}&xet; függvény szerinti értékei nagyon távol vannak a lineáristól. &tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{s-1} 50^k \sin\frac{x}{100^k}&xet; amplitúdója kicsi, &tex;\displaystyle \sum_{k=s+1}^{\infty} 50^k \sin\frac{x}{100^k}&xet; pedig ilyen skálán nézve majdnem lineáris, ezért mindezek összege nem adhat 4 ponton lineáris függvényt.

Közben leírtam valamivel részletesebben, de érdemes lehet kipróbálni, hogy ki tudod-e számolni magad is, illetve a megoldásbeli kb. 900-es korlátot meddig tudod lenyomni.

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

  [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]