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.
[750] Róbert Gida2013-02-14 21:32:45

Igen, ez egyszerűbb, mert nem kell hozzá végtelen sok prím létezése.

Harmadik bizonyítás: legyen a(n)=3*22n, ha n>0. Legyen néhány ilyen összege s, és ak a legkisebb benne, ekkor könnyen látható, hogy s=22k*(4*t+3). Így ha s teljes hatvány, akkor szükségképpen négyzetszám is (mert 2 kitevője s-ben 2 hatvány), de akkor 4*t+3 is, ellentmondás.

Előzmény: [747] Fálesz Mihály, 2013-02-14 06:38:32
[749] rizsesz2013-02-14 11:27:25

Ennel kicsit rovidebb azert az, hogy a 11-gyel oszthatosag elbol 7 lehetseges esetre redukal (33-99). Konnyeden kiesik a 44 es a 66, azert, mert 6-ra vegzodo negyzetszamok, tehat utolso elotti jegyuk paratlan, a 33, 55, 77 es 99 pedig azert, mert utolso elotti jegyuk paros.

Előzmény: [745] w, 2013-02-13 19:13:33
[748] Ali2013-02-14 10:18:33

A.574 megoldásában f^{(\nu)}(1) valószínűleg p^{(\nu)}(1) akar lenni, (\nu) meg a \nu -edik deriváltat akarja jelenteni.

[747] Fálesz Mihály2013-02-14 06:38:32

A 2.6n alakú számokat is választhatjuk.

Ha n1<...<nk, akkor S=2.6n1+...+2.6nk=2n1+1.3n1(1+6n2-n1+...+6nk-n1) prímtényezős felbontásában a 2 és a 3 kitevője n1+1, illetve n1, ezek relatív prímek, tehát S nem lehet teljes hatvány.

Előzmény: [746] Róbert Gida, 2013-02-13 20:25:50
[746] Róbert Gida2013-02-13 20:25:50

Legyen p(n) az n-edik prím, és a_n=(\prod_{i=1}^{n-1}p(i))^2*p(n). Ekkor, ha véges sokat választasz ki közülük, és k-adik indexű a legkisebb kiválasztott, akkor az összeg osztható lesz p(k)-val, mert mindegyik tag osztható azzal, de pk2-tel már nem osztható (ak-n kívül minden tag osztható vele, csak ak nem), így az összeg nem lehet teljes hatvány.

Előzmény: [744] w, 2013-02-13 17:31:30
[745] w2013-02-13 19:13:33

A B.4503 megoldásához ennyit: B.4216 ;-)

[744] w2013-02-13 17:31:30

Létezik-e olyan pozitív egészekből álló végtelen sorozat, melyből véges sokat kiválasztva, a számok összege nem lesz nk alakú (k>1, n egész számok)?

Kvant

[743] Róbert Gida2013-02-11 00:15:40

"számelmélet alaptétele" ehhez nem kell.

Előzmény: [742] w, 2013-02-10 22:04:12
[742] w2013-02-10 22:04:12

Elég lett volna annyit írni: tetszőleges a, b egészekre a2-b2=(a+b)(a-b), a szorzat tényezői azonos paritásúak, így ha az páros, akkor 4-gyel osztható (számelmélet alaptétele). Továbbá a=k+1, b=k választással a2-b2=(k+1+k)(k+1-k)=2k+1, illetve a=k+1, b=k-1 választás a2-b2=(k+1+k-1)(k+1-k+1)=4k-t gyárt, ahol k tetszőleges egész; kész vagyunk.

Előzmény: [741] w, 2013-02-10 22:03:13
[741] w2013-02-10 22:03:13

C.1145. megoldásából: "Írjuk fel két tetszőleges négyzetszám különbségét. Ez valahány egymás utáni négyzetszám összege lesz: ..."

(Egy kis elírás van a megoldás leírásában.)

Előzmény: [737] Kós Géza, 2013-01-15 23:25:28
[740] w2013-02-10 21:53:12

Köszönöm a segítséget. A feladaton sokat gondolkozgattam decemberben, de nem sikerült megoldani, korán feladtam. Amit mondtál, addig kb. eljutottam... Örülök, hogy a megoldást most a honlapra is felrakták :)

Előzmény: [739] m2mm, 2013-02-09 01:23:30
[739] m2mm2013-02-09 01:23:30

A.576.

segítség 1: Először próbáld megoldani szabályos n-szögre ci=1, t=0 esetén. Ezután próbáld a gondolatmenetet továbbvinni az általános feladatra.

segítség 2: Csak irányítástartó hasonlóságok kellenek.

Előzmény: [738] w, 2013-01-31 19:10:41
[738] w2013-01-31 19:10:41

Ha valaki írna a decemberi A-példák valamelyikére megoldást, azt nagyon megköszönném.

[737] Kós Géza2013-01-15 23:25:28

A K.357. megoldása tényleg hibás (volt), de nem azért, amit írtál.

Előzmény: [735] Róbert Gida, 2013-01-15 21:40:49
[736] Kós Géza2013-01-15 23:07:44

Valóban nem igaz, csak az igaz, hogy f(0), f(f(0)), f(f(f(0))),... mind \pm1 (amit persze lehet egyszerűbben is mondani), és ez elég is.

Kicseréltem valami jobbra.

Előzmény: [734] Róbert Gida, 2013-01-15 21:28:38
[735] Róbert Gida2013-01-15 21:40:49

K.357 "Az 5 többszöröseinek utolsó számjegye 0 vagy 5 lehet, ennél eggyel kisebb számé 9 vagy 4."

A 0-t is az 5 többszörösének veszik, és az eggyel kisebb -1 utolsó jegye 1. És ez még mindig a hibákkal teli decemberi lapszámos feladat. Sok időt nem fordíthatnak a megoldások útmutatójára.

Hat pontból adnék azért 1 pontot a megoldásra.

[734] Róbert Gida2013-01-15 21:28:38

Decemberi lejárt B4500.: "Útmutatás: Igen. Bizonyítsuk be, hogy f(1)=1."

Bizonyítást nem találunk hozzá, de mindegy is, mert nem igaz: legyen g(n)=2*n2+2*n-1. Ekkor g(1)=3; és megfelelő polinom!

Prímek meg egyáltalán nem kellenek a bizonyításhoz, elég azt belátni, hogy fi(n)\equiv1mod n, illetve nálam: gi(n)\equiv-1mod n.

[733] w2012-12-16 18:00:47

Úgy tűnik, hogy nem fogják a honlapra felrakni az A. 573. feladat megoldását, pedig relatívan egyszerű volt (a leírása a legnehezebb rész).

Valaki elmondaná-e az A. 572. megoldását?

[732] vogel2012-11-26 02:26:59

Gondolom nem. Csak nem értettem, miért van útmutatás, ha alatta van a megoldás. :) De már értem.

Előzmény: [731] vogel, 2012-11-26 02:25:13
[731] vogel2012-11-26 02:25:13

Ezek az útmutatások, amik a megoldások felett vannak, megjelennek az újságban is?

[730] w2012-11-24 23:41:27

A honlapinál egyszerűbb megoldás B.4477-re:

A feltétel szerint A és B rajta van a PQ Apollóniusz-körén; Thálesz-tétel megfordítása szerint R is rajta van. A PRQ< szögfelezője messe PQ-t A'-ben -- szögfelezőtétel miatt A'=A, innen adódik a bizonyítandó állítás. (Nem töltök fel ábrát, mert könnyű fejben elképzelni.)

Nagyon szépen, egyszerűen kijön C.1139. (Legalább mekkora átfogójú az a derékszögű háromszög, amelynek kerülete k?):

A szokásos jelölésekkel \frac{a+b}2\le\sqrt{\frac{a^2+b^2}2}, azaz \frac{k-c}2\le\frac{c}{\sqrt2}, innen (\sqrt2-1)k\le c, ezzel készen is vagyunk, mert egyenlőség a=b esetén fennállhat.

[729] m2mm2012-11-24 21:19:09

Több pont helyett most néha adnak különdíjat általánosításra, bár ahogy ezt elnézem ez változik évenként hogy mire adnak pontosan(általánosítás/szép megoldás/egyedüli megoldó/Fair Play).

Előzmény: [728] w, 2012-11-24 19:47:44
[728] w2012-11-24 19:47:44

Több pont általánosításokra? Jó lehetett. Persze, annak is van értelme, hogy nincs extra pont, pl. a B-ben könnyebb egy egyszerűbb példát általánosítani, mint egy összetettebb példa megoldásával megszerezni ugyanazt a pontszámot. Én mondjuk ennek ismeretében mégis hozzáírom a megjegyzéseket, mert szerintem érdemes a javítóval tudatni, hogy a példát kissé továbbgondoltam. Kevés időt vesz igénybe, nem sülhet ki rosszul, és hát nem érzem úgy, hogy "hiányos" a dolgozat.

Előzmény: [727] Róbert Gida, 2012-11-24 15:46:52
[727] Róbert Gida2012-11-24 15:46:52

"Természetesen lehet általánosítani, Megjegyzés rovatba :)"

Igen, de nem kapsz rá plusz pontot. Ami nagyon is jól van, a mi időnkben még volt olyan, hogy valaki az eredetileg 5 pontos feladatra általánosítások miatt 8 pontot kapott.

Előzmény: [726] w, 2012-11-24 12:34:57
[726] w2012-11-24 12:34:57

Szerintem azért így tűzték ki a feladatot, mert ilyen formában nehezebb rájönni a megoldásra, első nekifogásban valamilyen egyszerű módszerrel (szögszámítás, Thálesz, Pit.) állok hozzá (magam nevében beszélek). Több adattal több felesleges dolog jön ki, amibe belegabalyodhatok. Végül egyszerűen kijött, Apollóniusz-körrel. Természetesen lehet általánosítani, Megjegyzés rovatba :)

  [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]