[103] Maga Péter | 2004-10-29 20:47:31 |
Kedves BrickTop! Nem értek veled egyet! A te megoldásodban az általad produktumként említett i! a szummán belül szerepel, tehát ha úgy tekintjük, hogy a szumma és a produktum nem jelentenek zárt alakot, akkor nálad a szummán belüli alak sem zárt, ami minőségében eltér attól a megoldástól, amit LoryBetty írt. Másrészről pedig ez egy verseny, ahol bizonyos szinten együtt kell élned a kitűző gondolkodásával. Ehhez hozzátartozik az, hogy felmérd a feladat nehézségét. Jelen esetben ez azt jelenti, hogy mivel OKTV-ről van szó, várhatóan nem a triviális összegalakot kell szummával felírni. Ha az a kérdés, hogy mennyi 1+2+...+n, arra nem a válasz. De azt hiszem, ha a többi példád jól megvan, akkor nem kell aggódnod!
|
Előzmény: [102] BrickTop, 2004-10-29 13:40:35 |
|
[102] BrickTop | 2004-10-29 13:40:35 |
Ha korrekten oldja meg az ember, akkor a szummáshoz is kell egy teljes indukció, csak nevetségesen könnyű. De azt nem várhatják el, hogy csak azért nehezebb úton oldjam meg a feladatot, mert az OKTV-n elvileg nehéz példák vannak.
Szerintem sem korrekt a feladat szövegezése. És a faktoriális hasonló a szummához, mert a produktum egy speciális esete: , a produktum meg kb. ugyanaz mint a szumma, csak szorzással.
Értem én, hogy a zártabb megoldás sokkal szebb és valószínűleg azt várták el, de ne nekem legyen bajom a pongyola megfogalmazásból.
|
Előzmény: [100] lorybetti, 2004-10-29 07:18:43 |
|
[101] Maga Péter | 2004-10-29 09:06:54 |
Kösz a javítást, azt hiszem, ez a végeredmény jó (BrickTopé is ugyanez, de az biztosan nem zárt)! Egyébként az a0=0-tól csak egy +2-es eltolással tér el. Azt hiszem, ezt az alakot várták, nem hiszem, hogy létezne "zártabb" alak. Majd szóljatok, ha a 3. feladaton már nem akartok gondolkodni, írok róla! Illetve a többiről is, ha eszembe jut valami érdekes addig.
|
Előzmény: [97] lorybetti, 2004-10-28 22:09:21 |
|
[100] lorybetti | 2004-10-29 07:18:43 |
Hát igen... óvatos versenyző mindkét formulát megadja!
egyébként nem hiszem, hogy csak azt várták el, hogy ilyen "szummás alakra" hozzuk. Ahhoz, hogy az általam leírt képlethez eljusssunk, kellett egy teljes indulció is. Szerintem a feladat kitalálói ezt is elvárják a megoldásban.
|
|
[99] Edgar | 2004-10-29 00:03:59 |
Nem lehet, hogy a két képlet ugyanazt takarja?
Jah egyébként nem annyira örülök ennek a feladatnak... nyilvánvaló, hogy zárt alakot várnak el, de ez nem derül ki a feladat szövegéből. Ráadásul a faktoriálist tartalmazó kifejezés *nem* tekinthető egyértelműen zárt alaknak, tehát ezt mindenképpen tisztázni kellett volna!
|
Előzmény: [97] lorybetti, 2004-10-28 22:09:21 |
|
|
[97] lorybetti | 2004-10-28 22:09:21 |
Péter, köszönöm!!!!
annyira siettem, hogy efelejtettem leellenőrizni, amit írtam.Helyesen: a0=2 !!!
Mindenkitől elnézést kérek! Egyébként szerintem nem ez a végeredmény.
Hanem: an=
|
Előzmény: [96] Maga Péter, 2004-10-28 21:58:36 |
|
[96] Maga Péter | 2004-10-28 21:58:36 |
Kösz, Betty, a példákat! Azt hiszem, az 1. feladatnál a feladatod szövege nem vág össze BrickTop végeredményével. Biztos, hogy ez a feladat? Illetve biztos, hogy ez a végeredmény?
Egyébként kinek hogy sikerült?
|
Előzmény: [93] lorybetti, 2004-10-28 20:26:49 |
|
[95] tassyg | 2004-10-28 20:45:22 |
Nem tudja valaki, hogy idén is fent lesznek-e az OKÉV oldalán a hivatalos megoldások?
|
|
|
[93] lorybetti | 2004-10-28 20:26:49 |
2. feladat
Az ABCD konvex négyszög csúcsai egy körön vannak. A szomszédos oldalak felezőpontjait összekötő szakaszok a négyszögből négy háromszöget vágnak le. Igazoljuk, hogy e négy háromszög körülírt körei egy ponton haladnak át!
3. feladat
Az a, b, c olyan pozitív egészek, melyekre az tört értéke racionális szám. Bizonyítsuk be, hogy egész szám!
4. feladat
Az ABC háromszög beírt körének középpontja O. Az OAB OBC, OCA háromszögek súlypontjai rendre C', A',B'. Igazoljuk hogy AA', BB', CC' szakaszok egy ponton mennek át!
5. feladat
Igazoljuk, hoyg 102 db pozitív egész szám közül kiválasztható kettő úgy, hogy azok különbsége vagy összege osztható legyen 200-zal!
|
|
[91] lorybetti | 2004-10-28 20:14:24 |
1. feladat
Az an sorozatot (n természetes szám) a következőképp értelmezzük:
a0=0 és an= ha n>0.
Adjuk meg an-t n függvényében!
|
|
|
[89] lorybetti | 2004-10-28 19:33:06 |
ma volt a gimisek 1. fordulója
nem ártana beírni a feladatokat...persze, csak ha igény van rá
|
|
|
[87] Kritya3 | 2004-05-24 18:38:41 |
Engem az érdekelne, hogy mivel jövőre más jellegű feladatok lesznek az érettségin, a Matek OKTV-n is lehet-e számítani valamilyen változásra?
|
|
[86] Csóka Endre | 2004-05-02 22:33:16 |
Nem tudja valaki az OKTV eredményeket? Az Oktatási Minisztérium honlapjára ugyanis még mindig nem tették fel.
|
|
[85] zorbb | 2004-03-21 11:07:39 |
Üdv mindenkinek!
(Bár ez nem oktv de mégis matekverseny) Akik írtak kengurut azoknak hogy sikerült? A megoldókulcs megtalálható a www.zalamat.hu oldalon.
|
|
[84] nadorp | 2004-03-10 10:00:50 |
OKTV III/2. megoldásvázlat:
Ha k=2rk0,ahol k0 páratlan, akkor , ezért
, ahol m=[log2n]
Itt ar értéke annyi, ahány olyan szám van 1-től n-ig, amelynek a 2r pontos osztója. Így könnyen látható, hogy , ezért
Az alsó becsléshez elég felhasználni, hogy és a mértani sorozat összegképletét
A felső becsléshez felhasználjuk, hogy , megint a mértani sorozat összegképletét és végül, hogy
|
Előzmény: [75] Csillag, 2004-03-04 17:39:09 |
|
|
|
|
[80] BrickTop | 2004-03-04 22:32:36 |
A 2. feladatot szerintem mindenki meg tudta csinálni. Az 1.-vel lehetett a legtöbb időt elvesztegetni, sokféleképpen neki lehet menni egy ilyen feladatnak. Én nem sokra jutottam, kifejeztem a CY szakasz hosszát ismert adatokból, ezek alapján elvileg megszerkeszthető, dehát ez nem a legideálisabb megoldás :( A 3. feladatot nem(/sem) tudtam megcsinálni, de ezt sajnálom a legkevésbé, mert nem hiszem, hogy eszembe jutott volna ez az ötlet. Ülhetnék rajta egy hétig, akkor se ugrana be. A 3.-ra sok időt se lehetett pazarolni, rögtön látszott rajta hogy vagy beugrik, vagy nem.
|
Előzmény: [77] tassyg, 2004-03-04 18:35:45 |
|
[79] tassyg | 2004-03-04 22:31:13 |
Kedves Endre!
A 2. feladatnál úgy tűnik, Te is figyelmen kívül hagytad, hogy az oldalhosszak különböző egész számok, így a (2;2;3) nem jó megoldás. Nekem elég sok eset vizsgálata után a (6;7;12), valamint a (7;8;9) jöttek ki, melyekre a szorzat egyaránt 504. Becslésekkel és néhány eset kipróbálásával ki lehetett zárni a leghosszabb oldal 12-nél nagyobb értékeit. De azért kíváncsi vagyok, volt-e rá valami "szép" megoldás.
TG
|
Előzmény: [78] Csóka Endre, 2004-03-04 22:19:46 |
|
[78] Csóka Endre | 2004-03-04 22:19:46 |
Sziasztok!
Egy-egy nagyon tömör megoldásvázlat a II. kategóriás feladatokhoz (én túlkoros voltam ehhez, de azért megoldottam):
1. P helyének nyilván lineáris függvénye X és Y pont helye, így az XY vektor is. Ez a két szélső helyzetben az AC, illetve a CB vektor. Ha tehát az XY vektort az A kezdőpontba toljuk, akkor a végpont helye C és D között lineárisan változik, ahol D az a pont, melyre (CB vektor)=(AD vektor). Ekkor nyilván akkor a legrövidebb a szakasz, amikor merőleges CD-re, ami egybeesik a súlyvonallal. Mivel ez az eredeti vektor eltoltja, így a merőlegesség arra is igaz. Az XY vektor ismeretében P szerkesztése pedig triviális.
2. Legyen a harmadolópont az ABC háromszög AB oldalának A-hoz közelebbi harmadolópontja. A területfelezésből következik, hogy az egyenes BC-t 3:1 arányban osztja (2/3 * 3/4 = 1/2). Tehát a kerületfelezésből AB/3+BC/2=CA. Könnyű meggondolni, hogy ez csak úgy lehet, ha 3|AB, 2|BC, és így 2<=CA. AB=3, BC=CA=2 ezért a legkisebb megfelelő.
3. Az 1, 2, 4, 8(, 16) elemek be-, vagy nem beválasztásának megválasztásával a 16, ill. 32 különböző maradék mindegyike előáll, ezzel a részhalmazokat maradék szerint egyenlő csoportokba oszthatjuk. Tehát mindkét oldalon az összes részhalmaz számának 1/16-a áll.
|
Előzmény: [77] tassyg, 2004-03-04 18:35:45 |
|