Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Szép, "matematikus" bizonyítás.

Egyetértünk.

A B.4778. feladat hivatalos megoldása(i) szükségtelenül elbonyolítottak, nincs szükség sem vektorokra, sem cos, sem Pit.tételre.

A második metszéspontok oldalakra illeszkedésének bizonyítását megtartva,

írjuk fel sorra az A,B,C pontok őket nem tartalmazó másik körökre vonatkozó hatványait, kapjuk: AM*AB, BM*AB, AP*AC, CP*AC, BN*BC, CN*BC.

Összeadás és kiemelés után éppen a bizonyítandó állításhoz jutunk.

P. 4818. (fizika) megoldása tökéletesen 0 pontos. Feladat semmit nem ír arról, hogy hol van az iskola, így az &tex;\displaystyle x-y=250&xet; nem írható fel. Történetesen, ha az iskola a két ház között van (és út/járda is van!), akkor &tex;\displaystyle x+y=250&xet; a helyes egyenlet. A valóság persze még rosszabb, az iskola a két ház által meghatározott egyenesen kívül is lehet.

Az alábbi bizonyítás az A666-ra egy kicsit "emészthetőbb" polinom segítségével bizonyítja az állítást.

Mivel &tex;\displaystyle N_{páros}&xet; és &tex;\displaystyle N_{páratlan}&xet; értéke csak az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok &tex;\displaystyle p^k&xet;-nal vett osztási maradékától függ, ezért feltehető, hogy &tex;\displaystyle a_i>0&xet;.

Legyen &tex;\displaystyle q=p^k&xet; és tetszőleges &tex;\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^i&xet; polinomra legyen &tex;\displaystyle T_q(f)=\sum_{q|i}b_i&xet;, azaz f(x)-ben a q-val osztható kitevőkhöz tartozó együtthatók összege.

Tekintsük most az

&tex;\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(1-x^{a_i})&xet; polinomot.

Könnyen látható, hogy &tex;\displaystyle T_q(f)=N_{páros}-N_{páratlan}&xet;.

Mivel &tex;\displaystyle 1-x^{a_i}=(1-x)(x^{a_i-1}+...+1)=(1-x)h_i(x)&xet; ,ezért felhasználva, hogy &tex;\displaystyle n\geq q&xet;

&tex;\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(1-x)h_i(x)=(1-x)^q(1-x)^{n-q}\prod_{i=1}^{n}h_i(x)=(1-x)^qh(x)&xet;, ahol h(x) egész együtthatós polinom.

Felhasználva,hogy

&tex;\displaystyle (1-x)^q=1+(-1)^qx^q+\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^i\binom{q}{i}x^i&xet;, kapjuk

&tex;\displaystyle f(x)=(1+(-1)^qx^q)h(x)+h(x)\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^i\binom{q}{i}x^i=A(x)+B(x)&xet;

A faktoriálisokra vonatkozó Legendre képlet segítségével könnyen adódik, hogy &tex;\displaystyle 1\leq i\leq q-1&xet; esetén &tex;\displaystyle \binom q i&xet; osztható p-vel, tehát a B(x) polinom minden együtthatója osztható p-vel,azaz &tex;\displaystyle p|T_q(B)&xet;.

Így &tex;\displaystyle T_q(f)=T_q(A)+T_q(B)&xet; miatt elég belátnunk, hogy &tex;\displaystyle p|T_q(A)&xet;

Legyen &tex;\displaystyle h(x)=\sum_{i=0}^m c_ix^i&xet; alakú. Ekkor &tex;\displaystyle A(x)=\sum_{i=0}^m c_ix^i+\sum_{i=0}^m (-1)^qc_ix^{i+q}&xet;.

Mivel i+q pontosan akkor oszható q-val, ha i osztható q-val, ezért

&tex;\displaystyle T_q(A)=\sum_{q|i}c_i+\sum_{q|i}(-1)^qc_i=(1+(-1)^q)\sum_{q|i}c_i=\left\{\matrix{2T_q(h) & ha& p=2 \cr 0 & ha & p>2}\right.&xet;

A fentiből következik, hogy &tex;\displaystyle p|T_q(A)&xet; is teljesül.

Szerintem a 475-ben egyetertunk; igy azt ki is vennem a beszelgetesbol; vagy vegigvezeti a diak es megadja a megoldast, vagy 0 pont.

A 493 eseteben mar nehezebb a helyzet. A kovetkezo esetek vannak:

1. tiszta ut: csak azert jar 6 pont, ha valaki levezeti hianytalanul a megoldast (ezt meg mindig nem prezentaltad te sem) es meg is adja az osszes esetet. Ezzel azonban inkabb a B-be valo a feladat.

2. felig-meddig ut: ha ir valamifele indoklast, akkor megkapja a 6 pontot. Ezzel azonban tobb problemam is van: -a javito mikor mondja azt, hogy 6 pont? Mikor ad reszpontot? -a gyereknek azt mondtak multkor, hogy teljes, levezetett megoldasra jar csak 6 pont. Miutan latja, hogy ez baromi nehez, ezert be sem kuldi a megoldast. - meg ijesztobb verzio: nagyon tehetseges gyerek megtalalja az osszes megoldast, hosszasan indokolja, es ugyanugy 6 pontot kap, mint aki mondjuk eszreveszi azt, hogy a ket szemkozti lapon mi lehet az osszeg.

Szivem szerint en a tiszta utat valasztanam, de a jelek szerint a 2. eset valosult meg.

"A 493-nal, amikor megkerdezte, hogy mit irjon le, akkor mondtam, hogy barmit"

Azt kellett volna leírni itt és a másik példánál, hogy hogyan kapott meg egy helyes kitöltést, szisztematikusan kereste, vagy hasból felírt néhány permutációt; ez utóbbi csak a K493-ra igaz, mert ott nagyjából 3 százaléknyi esélye van egy megoldást találni egy (véletlen) permutációnál. Azért is kell bizonyítás, hogy lássa a javító, hogy nem másolt a dolgozat. Nálam mindkét dolgozat 0 pontot ért volna, és ez nem érettségi, ahol a hibás megoldásért IS maximális pont jár.

Papíron(!) szisztematikusan keresve nagyjából egy perc volt nekem megtalálni egy megoldást, ugyanaz ami fent van, nyilván nem véletlen. És fél óra alatt 9 megoldásig jutottam, amikor meguntam --> kb. másfél óra lett volna megtalálni az összeset.

A 475-re a diakom csak kitoltest kuldott, indoklas nelkul, 0 pont. A 493-nal, amikor megkerdezte, hogy mit irjon le, akkor mondtam, hogy barmit, igy vegul szerintem lenyegeben osszeadassal ellenorizte a kitolteset. 6 pontot kapott.

Ez most itt légbőlkapottnak tűnik, de: Az én értelmezésem szerint erre a feladatra maximális pontszámot kell(ene) adni, ha valaki leír egy megoldást, ami ezesetben egy lehetséges elrendezés. Összeadja a lapokon lévő számok összegét, és megállapítja, hogy ezen összegek prímek. Hasonlóan gondolok a 475-re is. A kérdés tehát az, hogy a szóban forgó megoldás valóban helyes volt-e, mint ,,példa", és hogy tényleg kevesebb pontot kapott-e, mint kéne. Ezt a hozzászólások alapján nemien lehet eldöntni.

A probléma onnan indult, h a K 475-re 0 pont járt, ha csak egy kitoltest kuldtel be. Ezt elfogadom, mert indoklas nelkul nem jar pont. A problemam az, h hogyan fogjak pontozni akkor a 493-at? Vagy ott pl eleg megadni egy kitoltest, hiszen a kerdest megvalaszolja? Ekkor azonban miert nem eleg a 475-re megadni egy kitoltest?

"Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet."

Nyomtatásban máshogy szerepelt a feladat?? "Rá lehet-e írni egy kocka csúcsaira az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 és 8 számokat úgy, hogy minden lapon prímszám legyen a lap csúcsaiban álló számok összege?"

Ez nem kéri az összes megoldást.

Kedves Éva!

Átgondoltam a dolgot: a honlapra felkerült megoldás még mindig nem teljes, így nem elfogadható.

Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet.

Kedves Éva!

Köszönöm, még egy észrevételem lenne: ez a megoldás még mindig nem teljes. Ez elbátortalaníthatja a versenyzőt, ha nem tudja a teljes megoldást megadni.

Ezt lehetne valahogy kezelni, vagy pontosítani a feladat kérését (tehát például leírni, hogy nem kell a teljes megoldás, de az egyik megoldáshoz vezető utat mégis le kell írni, bár ez szerintem elég szerencsétlen).

Jogos, a megoldást részleteztük. A K megoldások általában a legvázlatosabbak, de egy végeredmény megadása önmagában túl kevés, lásd a Versenykiírást:

"Maximális pontszám csak teljes megoldásért jár. A puszta eredményközlést nem értékeljük."

Szerintem ennek a feladatnak az osszes megoldasat felirni eleg nehez; ha elvaras az osszes eset felirasa, illetve annak bizonyitasa, hogy nincs mas eset, akkor egyszeruen nem valo a K versenybe.

Valoszinuleg ezert nem irtak fel a szerkesztok megoldasvazlatban sem, hogy hogy jott ki az az eset, mert latszodna, hogy rengeteg mas eset van.

Igy viszont nem kovetkezetes az, hogy a K.475-re egyedul a megoldast (indoklas nelkul) feliro diakom 0 pontot kapjon.

Most jobb otlet hijan kivarjuk, hogy milyen lesz a K.493. javitasa.

Ezek általában vázlatok. Egyébként 25 lényegesen különböző megoldás van (program). Csupán &tex;\displaystyle \frac{8!}{48}=840&xet; féleképpen lehet felírni a számokat a csúcsokba, intelligensen haladva szerintem elég könnyen találunk egy megoldást. Apró trükk: egy lapon a számok összege 13,17,19 vagy 23 lehet, mert az összeg 10 és 26 közé esik és prím, azaz 11,13,17,19 vagy 23 de 11 nem lehet, különben a szemköztes lapon &tex;\displaystyle \frac{9*8}{2}-11=25&xet; a számok összege.

5d-s hiperkockára (és hiperlapokra) izgalmasabb lett volna feladni a példát.

Tisztelt Szerkesztőség!

A K.493-ra meg fog jelenni ugye részletes megoldás is? Az egyik tanítványom nemrégiben egy hasonló konstrukciós feladatra 0 pontot kapott (K.475). Akkor elfogadtuk, hogy indoklás és levezetés kell, de most nem értjük, hogy a K.493 hogy jelenhet meg részletes megoldás nélkül.

B.4773. Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körének középpontja &tex;\displaystyle O&xet;, a körülírt köré pedig &tex;\displaystyle K&xet;. Bizonyítsuk be, hogy a

&tex;\displaystyle \vec{v}=\frac{\vec{AB}}{AB}+\frac{\vec{BC}}{BC}+\frac{\vec{CA}}{CA}&xet;

vektor merőleges az &tex;\displaystyle OK&xet; egyenesre.

Megoldás. Legyen a beírt kör sugara &tex;\displaystyle r&xet;, és oldalakkal való érintési pontja &tex;\displaystyle A,B,C&xet;-vel szemben rendre &tex;\displaystyle D,E,F&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \vec{v}\cdot r&xet;-nek a &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-kal való elforgatottja éppen a három összeadandó &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-cal való elforgatottjainak összege, ami &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OD}+\vec{OE}+\vec{OF}&xet;.

Ismert, hogy egy háromszög körülírt körének középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege a magasságpontba mutat. Ezt a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszögre alkalmazva, &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OY}=2\vec{OX}&xet; adódik, ahol &tex;\displaystyle Y&xet; a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög magasságpontja, &tex;\displaystyle X&xet; a Feuerbach-körének középpontja.

Hogyha &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög Feuerbach-körét &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körére invertáljuk, akkor &tex;\displaystyle ABC&xet; körülírt köre adódik, hisz a befogótétel miatt &tex;\displaystyle EF,FD,DE&xet; felezőpontjának képe rendre &tex;\displaystyle A,B,C&xet;. Ebből következik, hogy a körök középpontjai, &tex;\displaystyle O,X,K&xet; egy egyenesre esnek.

Ezzel &tex;\displaystyle \vec{u}=\frac{2OX}{OK}\vec{OK}&xet; adódott, amiből a feladat állítása &tex;\displaystyle \vec{u}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{v}&xet; merőlegessége miatt adódik.

B.4775.' Igazoljuk, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle a_1\ge a_2\ge \dots\ge a_{2k+1}\ge 0&xet; valós számok esetén

&tex;\displaystyle A=a_1^n-a_2^n+a_3^n-a_4^n\pm \dots+a_{2k+1}^n\ge \left(a_1-a_2+a_3-a_4\pm\dots +a_{2k+1}\right)^n=B.&xet;

A jelenlegi hivatalos megoldásban lényegében belátják, hogy &tex;\displaystyle a_1&xet;-et lecsökkentve &tex;\displaystyle a_2&xet;-re, az állítás igaz marad, és mivel &tex;\displaystyle a_1,a_2&xet; kiejtik akkor egymást, a változószám csökken, így az állítás indukcióval adódik.

Szerintem egyszerűbb azt vizsgálni, hogy mi történik, ha fix &tex;\displaystyle d=a_1-a_2&xet; mellett &tex;\displaystyle a_1^n-a_2^n&xet; értékét vizsgáljuk. Ugyanis a

&tex;\displaystyle g(x)=(x+d)^n-x^n=\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i}d^{n-i}x^i&xet;

&tex;\displaystyle x\ge 0&xet;-ra szigorú monoton növekvő függvény (illetve &tex;\displaystyle d=0&xet;-ra konstans &tex;\displaystyle 0&xet;), és &tex;\displaystyle g(a_2)=a_1^n-a_2^n&xet;. Emiatt ha &tex;\displaystyle (a_1,a_2)&xet; párost &tex;\displaystyle (a_3+d,a_3)&xet;-ra cseréljük, akkor &tex;\displaystyle A&xet; csökken (illetve &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;-ra marad ugyanannyi), de &tex;\displaystyle B&xet; változatlan. A csere után &tex;\displaystyle a_2,a_3&xet; kiirtja egymást és megy az indukció.

&tex;\displaystyle &xet;

Akinek hatásvadászabb ízlése van, mondhatja, hogy legyen &tex;\displaystyle d_1=a_1-a_2&xet;, &tex;\displaystyle d_2=a_3-a_4&xet;, &tex;\displaystyle d_3=a_5-a_6&xet;, stb., &tex;\displaystyle d_k=a_{2k-1}-a_{2k}&xet;, &tex;\displaystyle d_{k+1}=a_{2k+1}-a_{2k+2}&xet;, ahol &tex;\displaystyle a_{2k+2}:=0&xet;. Ekkor az

&tex;\displaystyle a_{2i-1}^n-a_{2i}^n\ge (d_i+d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n-(d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n&xet;

becsléseket &tex;\displaystyle i=1,2,\dots,k+1&xet;-re összeadva, a feladatbeli egyenlőtlenség adódik.

&tex;\displaystyle &xet;

Az egyenlőség esete. A cserénkben éppen akkor áll egyenlőség, hogyha &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;. Ily módon könnyű indukcióval ellenőrizni, hogy a feladat becslésében egyenlőség éppen akkor áll, ha valamely &tex;\displaystyle 0\le j\le k&xet;-ra &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet;, &tex;\displaystyle a_3=a_4&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2j-1}=a_{2j}&xet;, majd &tex;\displaystyle a_{2j+2}=a_{2j+3}&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2k}=a_{2k+1}&xet;.

Nehezítsük a C.1330. feladatot úgy, hogy az alábbi szövegezésű legyen:

Hány különböző, téglalap alakú montázst készíthetünk négy különböző MÉRETŰ, 2:3 képarányú fotóból? (A fényképeket nagyíthatjuk, de nem forgathatjuk el, és két montázst ugyanolyannak tekintünk, ha nagyítással megkaphatóak egymásból.)

A nem túl barátságos C.1321-hez érdekes olvasmány: http://oeis.org/A008406

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha mind sötét?

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha nem tudod hány sötét és hány világos van?

Nem feszítem tovább a húrt, ez arra volt példa, hogy a C1322. Példa megoldása mimindent nem vett figyelembe. Bónuszkérdés: Melyik feladat megoldása a &tex;\displaystyle 64^8&xet;?

64 a nyolcadikon (megint eggyel visszábbra)

És hányféleképpen lehet elhelyezni 8 bástyát egy sakktáblán, ha egy mezőre csak egy bástya kerülhet?

Az 64 alatt a 8 (es persze csereljuk a ket valaszomat :)).