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.
[1087] Róbert Gida2018-04-13 17:09:02

A lejárt A720.-nál közölt első megoldási ötlet egészen biztosan nem működik. Hogy egy faék egyszerűségű ellenpéldát hozzak, a nagy \(\displaystyle 10^{10^{100}}\) korlát helyett legyen ugyanez a példa, de \(\displaystyle 10\)-re. Az ellenpéldában pedig: \(\displaystyle S=\{11\}\bigcup _{n\ge 0}\{2^{12n+7}-11\}\), ekkor S mindegyik eleme eleven szám, mert 11 eleven, a többi pedig 13-mal osztható. Ha \(\displaystyle a(1)=11\)-et választjuk, akkor egyetlen elemmel sem tudjuk bővíteni a sorozatot.

[1086] Sinobi2018-04-06 14:31:57

Hopsz, BAD szögfelező, D tetszőleges a szögfelezőn.

Mondjuk olyasmikre gondolok, hogy azt belátni, hogy az A-ból beléjük húzott sugarak szögfelező vonala AD; vagy hogy az AD ω-val vett másik metszésébe állított érintő, a szaggatott egyenes, és BC egy ponton mennek át. Sehogy se tűnik nehéznek, de azért jó lenne ránézésre látni.

Előzmény: [1085] Sinobi, 2018-04-06 14:21:50
[1085] Sinobi2018-04-06 14:21:50

Aham.

Más: Az A716-hoz kapcsolódóan. Ha behúzzuk a PD és QD egyeneseket, és vesszük az ABC háromszög ω köréírt körével vett metszéspontjukat, akkor azt kapjuk, hogy a feladat ekvivalens azzal, hogy ez a két metszéspont által meghatározott egyenes párhuzamos a BC-vel. (A PDQ-ra való antiparallelitással) (Lásd ábra)

Ezt hogyan lehetne legrövidebben, projektív geometriai eszközökkel belátni? Nincsenek könnyen megjegyezhető, ehhez hasonló (általánosabb) konfigurációkra valami lemmák?

Előzmény: [1084] Lpont, 2018-04-06 12:22:20
[1084] Lpont2018-04-06 12:22:20

Ezek szerint olyan falu nem létezik, ahol a házak nem egy egyenesre esnek, de vannak különböző H és N pontok a kért minimumtulajdonsággal?

Előzmény: [1083] Sinobi, 2018-04-06 10:26:02
[1083] Sinobi2018-04-06 10:26:02

> Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

Igen, az összes olyan faluban, amely nem egy egyenesre esik, határozott egyenlőtlenség teljesül. Turágus momentán nem ilyen.

Ha továbbolvasod az idézett részt, akkor látod hogy a megoldás meg is mutatja, hogy Turágusban ugyanolyan jó F, mint N, tehát Turágus egy egyenesre esik:

> és az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja. Mivel H,N "optimális pontok", ezért nyilván teljesül is az egyenlőség.

//[B4930]

Előzmény: [1082] Lpont, 2018-04-06 07:26:39
[1082] Lpont2018-04-06 07:26:39

A megoldás szerint: "...az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja."

Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

Előzmény: [1081] Sinobi, 2018-04-06 01:18:22
[1081] Sinobi2018-04-06 01:18:22

> hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be.

Azt hiszem, nem értem a problémádat. F-ben ugyanannyi a távolságösszeg, mint N-ben. Miért kéne inkább F-be építeniük a Napimádóknak N helyett?

Előzmény: [1080] Lpont, 2018-04-05 18:46:12
[1080] Lpont2018-04-05 18:46:12

Olvasván a hivatalos megoldást a következő kérdés merült fel bennem:

Ha időben előbb jön létre pl. a H pont (ha több ilyen tulajdonságú pont létezik, úgy megtalálták az egyiket, nem számolnak tovább, oda építenek szentélyt).

Ezt követően a Napimádók elkezdenék a feladat feltételének megfelelő H-tól különböző (ha ilyen létezik) N pontban építeni a szentélyüket, rájöhetnek (ők továbbgondolják, mint a Holdimádók), hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be. Vagy HF felezőpontjába,.....és így tovább.

Hová fognak építeni a Napimádók?

Előzmény: [1079] Lpont, 2018-04-04 18:30:05
[1079] Lpont2018-04-04 18:30:05

Tisztelt fórumozók, feltenné vki a B.4930. feladat megoldását?

Köszönöm.

[1078] Williams Kada2018-03-28 16:13:38

Igen, és csupán azon ráncoltam arcomat, hogy feladatban, folyóiratban, szakirodalomban adott fogalmat adott néven érdemes nevezni. Így az A.718. feladat kizárja azt, amit végtelen polinom névvel illetsz, hiszen azt hatványsornak érdemes nevezni (lásd itt vagy itt). A polinom szó hivatalosan kizárólag véges, \(\displaystyle a_0+a_1X+\dots+a_nX^n\) alakú kifejezésekre vonatkozik.

Személyes véleményem nekem is, hogy mindig szabad és gyakran érdemes másképpen gondolkozni (ha ezalatt saját kíváncsiságunk határtalan követése értendő). Sőt, helyzettől és észszerűségtől függően igencsak helyeselni tudom a nyelv sajátos jelentéstartalommal történő használását, újradefiniálását, nyilván ezzel együtt ügyelve arra, hogy adott szó kinek mit jelent.

Előzmény: [1077] marcius8, 2018-03-27 09:01:23
[1077] marcius82018-03-27 09:01:23

Minden tiszteletem Robert Gida [1075] és Williams Kada [1076] hozzászólásaiért, természetesen igazuk van. Egy kétváltozós végtelen polinom, de akár egy egyváltozós végtelen polinom is sokkal nehezebben átlátható, mint egy véges polinom. Azonban olyan vagyok, hogy sokszor szeretek egy kicsit másképpen gondolkozni, amit az [1074]-ben írtam, az csak úgy jött... Meg aztán a végtelen polinomok amúgy léteznek is, sőt ha úgy nézzük, akkor azok a végtelen polinomok is léteznek, ahol a tagok kitevőjében tetszőleges negatív egész szám is előfordul. (Például akármilyen hatványsorok, amelyek vagy konvergensek, vagy nem.)

Előzmény: [1074] marcius8, 2018-03-15 18:34:36
[1076] Williams Kada2018-03-22 17:59:16

Szia! Szeretném tisztázni:

A polinom fogalmának (tudomásom szerint a matematikusok konszenzusa szerinti) helyes definíciójának tisztázásaképpen íródott a hivatalos megoldás alján szereplő megjegyzés. A feladat kitűzésekor ez a definíció volt implicit, és kifejtésének nem éreztem szükségét, mert ha bizonytalanul is szerepel a középiskolai tananyagban, utána lehetett nézni.

Előzmény: [1074] marcius8, 2018-03-15 18:34:36
[1075] Róbert Gida2018-03-16 00:51:55

Szerintem \(\displaystyle F,G\) nem értelmezett az \(\displaystyle (a,b)\) helyeken: ez a végtelen szorzatok között is spec.; ha itt értelmeznénk a szorzat értékét, akkor egy \(\displaystyle 0*\infty\) szorzatot is értelmeznénk. (ehhez vegyed az első néhány tagot, amik szorzata nulla, majd a többi tagot).

Előzmény: [1074] marcius8, 2018-03-15 18:34:36
[1074] marcius82018-03-15 18:34:36

A.718 Nem tudom, a következőt képzeltem el: Senki sem mondta, hogy véges fokszámú polinomokat keresünk. Először is kerestem két olyan kétváltozós polinomot, amelyeknek ugyanazok az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) számok a gyökei, és a két polinomnak nincsen közös osztója.

Legyen \(\displaystyle f_{a,b}(x,y)=(x-a)^2+(y-b)^4\). Ekkor \(\displaystyle f_{a,b}(x,y)=0\), pontosan akkor ha \(\displaystyle x=a\wedge y=b\).

Legyen \(\displaystyle g_{a,b}(x,y)=(x-a)^4+(y-b)^2\). Ekkor \(\displaystyle g_{a,b}(x,y)=0\), pontosan akkor ha \(\displaystyle x=a\wedge y=b\).

Most legyen \(\displaystyle a_k=2k+0\) és legyen \(\displaystyle b_k=2k+1\). Legyen \(\displaystyle F(x,y)=\Pi_{k=0}^\infty f_{a_k,b_k}(x,y)\). Legyen \(\displaystyle G(x,y)=\Pi_{k=0}^\infty g_{a_k,b_k}(x,y)\).

[1073] Róbert Gida2018-03-13 18:58:22

Lejárt A717. megoldása: legyenek a számaink \(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta\) alakúak, ahol \(\displaystyle \alpha,\beta\ge 0\), és tegyük fel indirekte, hogy valamilyen \(\displaystyle K>0\) egészre van három ilyen alakú szám \(\displaystyle K^2\) és \(\displaystyle (K+1)^2\) között. Ekkor \(\displaystyle 2\) ilyen alakú szám különbsége: \(\displaystyle 2^a 3^b-2^c 3^d=2^{min(a,c)} 3^{min(b,d)} (u-v)=min(2^a,2^c)min(3^b,3^d)(u-v)\), ahol \(\displaystyle u,v\) persze maga is lusta szám, azaz \(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta\) alakú. A számaink \(\displaystyle K^2\)-nél nagyobbak, és 2 hatvány szorzataként állnak elő, így (legalább) az egyik tag legalább \(\displaystyle K\); de 3 ilyen számunk van, ezért (skatulyaelv miatt) van olyan két szám, amiben a 2 hatványok (vagy a 3 hatványok) legalább K-ak, azaz írhatjuk:

\(\displaystyle 2K>|n1-n2|=min(2^a,2^c)min(3^b,3^d) |u-v|>=K |u-v|\), de \(\displaystyle u!=v\) mivel 2 különböző számról van szó (és mivel egész), ezért csak \(\displaystyle |u-v|=1\) lehet, azaz írhatjuk:

\(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta -2^\gamma 3^\delta =\pm 1\), amiből kapjuk, hogy \(\displaystyle \alpha, \gamma \) nem lehet egyszerre pozitív, különben a bal oldal páros, hasonló igaz \(\displaystyle \beta,\delta\)-ra. Azaz \(\displaystyle 2^x-3^y=\pm 1\), ennek az egész megoldásai viszont ismertek: \(\displaystyle \{x,y\}\in \{\{1,0\},\{1,1\},\{2,1\},\{3,2\}\}\), ez a Catalan-sejtés (ami ma már tétel) egy 600 éve ismert ultra spec. esete. Azaz kapjuk, hogy \(\displaystyle \frac{(K+1)^2}{K^2}>|\frac {max(n1,n2)}{min(n1,n2)}|\ge \frac98\), ami látványosan hamis nagy K-ra, kicsikre meg külön ellenőriztem.

[1072] Lpont2018-02-04 18:46:04

Köszönöm a megfejtést, álmomban sem jutott volna eszembe, hogy ugyanazzal a jelöléssel két különböző változót/kifejezést is jelölünk :(

Előzmény: [1071] Erben Péter, 2018-02-02 06:27:37
[1071] Erben Péter2018-02-02 06:27:37

Ahol egy sorban (egy egyenlő(tlen)ség két oldalán) le van írva, ott ugyanazt jelöli:

\(\displaystyle a_1a_2+3a_3a_4+\dots+(2n-1)a_{2n-1}a_{2n}=a_1^2+3a_3^2+\dots+(2n-1)a_{2n-1}^2\leq \ldots\)

De az előző egyenlőség csak azután igaz, amikor már megtörtént, hogy minden \(\displaystyle k\)-ra, hogy \(\displaystyle a_{2k−1}\)-et és \(\displaystyle a_{2k}\)-t kicseréltük \(\displaystyle \frac{a_{2k−1}+a_{2k}}{2}\)-re.

Tehát az ,,új'' \(\displaystyle a_1\) a ,,régi'' \(\displaystyle a_1\) és a ,,régi'' \(\displaystyle a_2\) átlaga.

Gondolom a megoldás szerzője el akarta kerülni, hogy ilyeneket kelljen írnia:

\(\displaystyle a_1a_2+3a_3a_4+\dots+(2n-1)a_{2n-1}a_{2n} \leq \left(\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\right)^2+ 3\left(\frac{a_{3}+a_{4}}{2}\right)^2+ \ldots \)

vagy ilyeneket

\(\displaystyle a_1'a_2'+3a_3'a_4'+\dots+(2n-1)a_{2n-1}'a_{2n}'=a_1'^2+3a_3'^2+\dots+(2n-1)a_{2n-1}'^2\leq \ldots \)

Előzmény: [1070] Lpont, 2018-02-02 04:27:09
[1070] Lpont2018-02-02 04:27:09

Akkor a bizonyításban a bal oldalon lévő a1 nem ugyanaz, mint a feltételből adódó és jobb oldalra írt a1?

Előzmény: [1069] Erben Péter, 2018-02-01 23:38:45
[1069] Erben Péter2018-02-01 23:38:45

Szerintem nem azt állítja a közölt megoldás, hogy \(\displaystyle a_1^2+a_3^2+\ldots\) felső becslés, hanem azt, hogy miután kicseréltük a szomszédos elemeket közös átlagukkal, azután így néz ki az összeg.

Kicsit talán zavaró, hogy ez az \(\displaystyle a_1\) már nem az eredeti \(\displaystyle a_1\).

Tehát amikor az első elem több, mint 0,5, akkor a második már kisebb, mint 0,5, az összeg miatt, ezért átlaguk kevesebb, mint fél, így nincs ellentmondás.

Amúgy érdemes lerajzolni a feladatot, a geometriai reprezentáció szépen elvezet az algebrai megoldásban használt becslésekhez.

Előzmény: [1068] Lpont, 2018-02-01 18:27:53
[1068] Lpont2018-02-01 18:27:53

Hovatovább, ha a sorozat első eleme nagyobb, mint 0,5; akkor ennek négyzete nagyobb, mint 0,25.

Előzmény: [1067] Lpont, 2018-02-01 16:13:26
[1067] Lpont2018-02-01 16:13:26

A lejárt novemberi B. 4905. feladat hivatalos megoldásához:

A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalát felülről becsülni próbáló kifejezés annyira "laza", hogy már az első két összeadandó összege is áteshet a bizonyítani kívánt 0,25 értékű felső korláton.

Pl: az első három eleme a sorozatnak legyen rendre 0,4; 0,3; 0,2; míg a maradék 0,1-en osztozzanak a sorozat további tagjai monoton csökkenő összegekben.

Ekkor 04*04+3*0,2*0,2=0,16+0,12=0,28>0,25

A javítás során milyen megoldásra támaszkodott a javító? Mindössze 10db max. pontszám született, ez egy 4 pontos B-s feladatnál szokatlanul kevés.

Feltenne vki egy korrekt megoldást?

[1066] atimaly2017-10-11 17:17:55

Valaki tudna segíteni az A. 701., A. 702. -es feladatokban. A segítséget előre köszönöm.

[1065] Róbert Gida2017-05-15 01:05:31

C.1417. megoldása végtelenül túl van bonyolítva. A 2. esetben, ha a+b=c+d !=0, akkor leoszthatunk vele, amiből \(\displaystyle ab=cd\), de akkor \(\displaystyle a+b=c+d\) miatt ugyanannak a másodfokú egyenletnek a gyökei, ezért \(\displaystyle \{a,b\}=\{c,d\}\).

[1064] otto2017-05-10 14:46:39

A K.535 feladat megoldásában olyan versenyző megoldását közlik, aki a 6-ból 5 pontot kapott a megoldására. Lehetséges lenne az, hogy a közölt megoldás(ok) olyanok legyenek, amik a maximális pontszámot érik? Sokat lehetne tanulni abból, hogy milyen részletezettségű indoklást várnak el a javítók a maximális pontszám érdekében.

Lehet, hogy rosszul gondolom, de úgy látom, hogy sok esetben a közölt megoldásokat megoldásként beküldve jó pár pontot levonnának a versenyzőktől.

A C.1408 feladat megoldása úgy látszik kemény dió a kitűzőnek, mindenestre 30 nappal a beküldési határidő után még nem közölték a megoldást.

[1062] Róbert Gida2017-03-27 23:56:06

Van egy ismert csapda ezen példáknál: amire alkalmazni akarod az ötletet az nem feltétlenül egészegyütthatós polinom. \(\displaystyle f(x)=\frac {x^2+x}{2}\) pont ilyen, és erre az "ötlet" nem igaz: \(\displaystyle x_0=0;t=1;p=2\) ellenpélda rá. De javítható a bizonyítás: legyen \(\displaystyle g=n!*f\), ekkor \(\displaystyle g\) már egészegyütthatós, és csak a \(\displaystyle p>n\) prímeket nézzük.

Előzmény: [1061] w, 2017-03-27 21:29:29

  [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]