Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

A513-at minden hónapban rosszul fogják kitűzni? Ahogy látom egy betűt nem változtattak a példán:

"Milyen p prímekre van olyan harmadfokú, egész együtthatós f polinom, amelyre az f(1),f(2),...,f(p) számok páronként különböző maradékot adnak p-vel osztva? "

Az utolsó szögszámításos sornál 180°-2 helyett persze 180°- van.

A.514(vázlatosan)

k_i és t_i közös pontja legyen T_i. Ismert, hogy ekkor T₂,C₂,(D,)A₁ T₂,B,T₁ és T₁,C₁,(D,)A₂ ponthalmazok egy-egy egyenest határoznak meg.

A kerületi szögek tételéből és a váltószögségből BC₂T₂=180°-BT₂A₂=A₁T₁T₂.

Így T₂BC₂ háromszög és T₂T₁A₁ hasonló, a megfelelő oldalak arányából T₂B^.T₂T₁=T₂C₂^.T₂A₁, ergo T₂ rajta van k₀ és k₁ hatványvonalán: OC₁T₂=90°=>OC₁T₂A₂ húrnégyszög.

Legyen C₁BT₂=. Ekkor BC₁O₁=C₁BO₁=180°-, és ebből C₁O₁B=2-180°, majd A₂T₁T₂=-90° adódik.

C₁T₂O₁=180°-T₂C₁O₁-C₁O₁T₂=180°-90°-2+180°=270°-2

T₁C₁T₂=180°-C₁T₁T₂-C₁T₂T₁=180°-+90°-270°+2=.

OA₂C₁=OC₁A₂=90°-A₂C₁T₂=90°-(180°-T₂C₁T₁)=90°-180°+

C₁A₂T₂=90°-OA₂C₁=90°-+90°=180°-2.

Tehát C₁A₂T₂+C₁BT₂=180°. Köbby megállapítani, hogy B és A₂ az egyenes két kül. oldalán vannak: C₁A₂T₂B húrnégyszög, C₁OA₂T₂B húrötszög. Hasonlóan adódik, hogy A₁OC₂BT₁ is húrötszög

Tekintsünk egy k₀-ra vett inverziót: C₁OA₂T₂B kör képe A₂C₁ egyenes, A₁OC₂BT₁ köré A₁C₂. B képe mindkét egyenesen rajta van, azok metszéspontja lesz B inverze: ez csak D lehet, ebből az állítás következik.

Komplex számok nélkül is megy ugyanaz a megoldás, bár kétségtelenül nem annyira szép. A táblát számokkal töltjük ki úgy, hogy minden 2x2-es és minden 3x3-as részben 0 legyen a számok összege. Például:

A 23x23-as táblán a számok összege 3. Tehát biztosan nem lehet a teljes táblát kirakni 2x2-es és 3x3-as csempékkel. Ha pedig egy mező kivételével lefedjük, a kimaradó mezőn csak 3-as lehet. Meg az elforgatott számozásban is.

A kétféle számozást kombinálhatjuk egyetlen számozásban, például vehetjük a kettő valamilyen lineáris kombinációját, vagy akár az összegét:

B. 4283.

Persze pl. komplex számokkal kijön, hogy kell legalább egy 1×1-es, és az is, hogy olyan sokféle helyen nem is lehet. Egy hasonló feladat már volt A-ban is: A. 363. ezen az oldalon

Milyen feladatra?

Egy szép ábra, bizonyítás nélkül:

Lehet beküldeni feladatokat, ha nem tetszik a mostani színvonal. Hányat is küldtél eddig be? Így könnyű más munkájába belekötni.

(lejárt) A512. feladat a méréssorozat előre kiválasztása nélkül a Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből aritmetika és algebra könyv dupla csillagos 6. feladata (általános eset bizonyítása a könyv végén). Potya példa.

Versenykiírásból: "Szép, érdekes és nem közismert feladatokat javasolhatnak kitűzésre." Kellett vagy fél métert nyúlnom az asztalon a könyvért...

Ha a javított feladat megoldását küldted be, akkor nem szükséges újra beküldened.

Ha én a javított megoldását már elküldtem előző hónapban, akkor kell még egyszer?

Igen, azt akarták. Az én javaslatom a feladat, és én:) még odaírtam, hogy a főegyüttható ne legyen p-vel osztható. Aztán hogy, hogy nem, ez a feltétel lemaradt... De ha jól tudom, megjelenik a következő számban helyesen, és a leadási határidő egy hónappal eltolódik. Magától értetődő, hogy a px³+x megoldást nem fogják elfogadni.

Basszus, azt (is) elszúrták, de nem fogják elfogadni a megoldásodat. Tudod mit akartak eredetileg? Z_p[x]-ben legyen harmadfokú a polinom.

Az A.513 nem sikerült túl könnyűre?

( triviális megoldás: legyen f(x)=px³+x )

Guinness világrekord, legrövidebb Kömal példamegoldás (K255):

0

Köszi szépen!

Jelölés:

y¹²-y⁶-2y⁴-1 = 2y³-2y⁷+2y  

y¹²+2y⁷    -y⁶-1-2y⁴-2y³-2y=0  

y¹²+2y⁷+y²-y²-y⁶-1-2y⁴-2y³-2y=0  

(y¹²+2y⁷+y²)-(y⁶+y²+1+2y⁴+2y³+2y)=0  

(y⁶+y)²-(y³+y+1)²=0

(y⁶-y³-1)(y⁶+y³+2y+1)=0

A második tényező pozitív, az első y³-ben másodfokú. Nemnegatív megoldása:

Sziasztok!

Nekem sem igazán ment a 4275, én is nagyon hálás lennék egy megoldás(vázlat)ért. Valószínűleg rossz úton jártam, úgy kezdtem, hogy (gyök x)=a helyettesítés után a két oldalt négyzetre emeltem, a négyzet-b négyzet=(a-b)*(a+b), majd kis maple használat után még tovább alakítottam szorzattá, de ez az eljárás nagyon nem tetszett..

Remélem jó irány :) ha kijön, kérlek szólj :) egy Bukarestbe tartó 4 órás buszút 3,5. órája környékén vettem elő és ki is jött a (2;3), (-1;1), (-1;0), de lehet, hogy van más megoldás is, azóta sem számoltam végig :)

Kösz :)

A 4277.-ben alakítsd át úgy a kifejezéseket, hogy minden x+y és x*y-nal kifejezve szerepeljen (nem egy nagy kaland) :)

utána használd fel a számtani-mértani közepek közötti összefüggést, majd átalakítások után kapsz egy felső korlátot x*y-ra (kijön, h legfeljebb 9).

ez akkor jó, ha x és y pozitív.

ha mindkettő negatív, akkor nincsen megoldás.

ha az egy negatív, a másik pozitív, akkor pedig helyettesítsd az egyiket a negatív előjelű értékkel (pl -y-nal); kicsit átalakul az egyenlet; onnan pedig zongorázd végig a legfelül leírtakat.

Feltenné valaki a B.4275. és a B.4277. feladatok megoldási vázlatát, esetleg egy indító ötletet? Köszönöm.

"Hacsak az A504 nem,[519]hsz. :DDD"

Nem, az A506-ot 12-en oldották meg teljesen (5 pontosra), míg az A504-et 6-an. Egyébként az A jelű pontversenyben a tanévben 21 diáknak van pozitív pontszáma és mindössze 7-en vannak a Fazekasból. Ez azért nem sok.

Pozitívum viszont, hogy lánygimnázium is van az A pontversenyben, de oda fiú hogyan járhat?

Szép megoldás. A bizonyításodat követve: a₁=3385021573484712-re a sorozat csak összetett számot tartalmaz.

a₀=0 sorozatot nézzük, 7|a₂ és 5^.17|a₃, illetve maradékokkal látható, hogy a₆-nak van ezektől különböző prímosztója, mivel mindegyik 1. hatványon szerepel a₆ felbontásában. Ebből kapjuk, hogy ha 7|a_k tetszőleges sorozatban, akkor 7|a_k+2n, analg módon a másik 3 prímre is minden 3-ik illetve 6-ik szám osztható vele. Innét konstruálunk egy olyan x számot a kínai maradéktétellel, amire x2(5), x0(7^.17) és x1(p), ahol p a₆ prímosztója. Ugyanis ekkor minden 3k+1-.ik tag osztható 5-tel, 3k+2-ik 17-tel, 2k-ik 7-tel, és 6k+5-ik p-vel. De ezek lefedik az összes maradékosztályt, így ilyen számok jók, és tudunk olyant választani, hogy mindegyik prímnél nagyobb legyen.