Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Matek OKTV

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[324] Doom2007-01-04 16:51:42

Füzetet, könyvet lehetett használni. Ha neked megtiltották, megóvhatod az egészet...

Előzmény: [323] lazsi, 2007-01-04 16:16:54
[323] lazsi2007-01-04 16:16:54

Jaja télleg mevolt! SZevasz karesz! 1. katos vagyok, és hát nem vagyok túl boldog. Feladatlapot azt most nem tudok csatolni vagy feladatokat beírni, mert nincs nálam, otthagytam suliba. SZerintem továbbjutok, de a feladatlap összeállítása nem a legjobb volt. Gondolok itt a 3.as feladatra ami kb ált isk 3- osztályába való, és az egész egy idegtépő feladat mert arról szól h számolgassál egy csomót, és mivel nem lehetett számológépet használni ezért persze h valahol elszámoltam és 4el kevesebb lett. Az 1-es feladat tipusfeladat, középiskola 2. osztályában, a 2-es feladat meg középiskolaelsős feladat, annyi kell hozzá h észrevedd a két négyzetet. Az 5-ös feladat az kicsit szöszmötölgetős de nem lehet elakadni benne, hasznánli kell azt, h az egyetlen páros prím a 2, innentől kettéválik a feladat és diöfantoszi egyenlet lesz. A 4-es volt az egyedüli feladat ami szerintem méltó 2.fordulóhoz, na ez az amit nem tudtam végigcsinálni. Valamikor régebben megcsináltam ezt a feladatot, a füzetemben is bennevolt a megoldás, de a tanárok előadták h nem lehet semmi füzetet használni, pedíg eddíg mindíg lehetett és a szabályzaton továbbra is az van h bármilyen írásos segédeszköz használható. Nah én meg persze, hogy 1 függvénytáblával meg 20 füzettel jelentem meg. Nah végülis sztem mindent összevetve olyan 40 pontom lessz az 50ből de nagyon könnyűek voltak a feladatok szal kicsit félek h ezt most idén benéztem, de azért abban bízok h szakközépben azért elég könnyű bejutni. Végülis nagy veszteség nem érhet mert már tavaly bennevoltam első 15ben max "égek" egyet :D

[322] Sümegi Károly2007-01-04 15:41:27

Na meg volt a 2. forduló (1.,2. kat.)!

Szerintem a 2. kategória túl egyszerű volt. A továbbjutási határ majdnem max pont lesz. Esetleg egy kisebb hiba férhet bele. Pl. a 3. feladatot sokan elnézhetik, mert lehet A=B=C is és akkor ABC nem háromszög.

[321] Iván882007-01-02 21:00:30

Judit!

Kettő megjegyzésem lenne.

A) 99,999999999999%, hogy egy suliba járunk, úgyhogy ezt ott is el tudod nekem mondani, mivel nem vagyunk haragban.

B) Nem veletek van bajom, s még csak nem is azzal, hogy nem jutottam tovább, hanem azzal, hogy pl.: a 3. feladatban a végénél elírtam valamit, de a gondolatmenet világos, az elv teljesen jó-ezt még a tanárom is elismerte-erre kaptam 2(!) pontot a 7 ből. Szerintem ez nagyon kevés, adhatott volna 5 öt is. MERT ha a központban lehúzzák a pontjaimat, akkor így jártam, de csak nagyon nyilvánvaló esetben adnak +pontot, mivel nem érdekük, hogy túl sokan menjenek tovább, hiszen akkor javítani is többet kell. Ha a kp-ban lehúzzák, hát akkor ez van, de hogy egy tanár meg se próbálja...

...Nem akarásnak nyögés a vége, csak az a baj, hogy a tanárom nem akarta, de én nyögök. Félreértés ne essék, én NEM akarom, hogy más dogáját lehúzzák.

Na egy emberségesebb új évet kívánok mindenkinek, akik meg több szerencsével bírtak e téren, azoknak meg további sok sikert kívánok.

Előzmény: [319] Judit18, 2007-01-01 21:49:13
[320] lazsi2007-01-02 20:33:03

Mivel nem láttam h mások válaszoltak volna és sokan kérdezték ezért leírom: Az I.-es kategóriában 1. fordulóban 31 pont volt a ponthatár. Nekem 60 lett, ez most sokkal egyszerűbb volt mint a tavalyi, vagy lehet h csak az eltelt év teszi. Na de holnapután itt a 2. forduló. Mindenkinek sok sikert hozzá!

Előzmény: [297] titi, 2006-12-01 23:44:51
[319] Judit182007-01-01 21:49:13

Kedves Iván!

Sajnos muszáj hozzászólnom az üzenetedhez a "másik csoport" képviselőjeként. Elismerem, hogy a ti tanárotok nem javított túl tisztességesen, de a központban ezeket újra átnézik. Tavaly is volt, aki kapott még jó néhány pontot. A mi tanárunk nem kerekített felfele és te sem kaptál volna nála több pontot. Szerintem a csoportunkban mindenki megérdemelte, hogy továbbjusson. A központban egyetlen pontot sem vontak le senkitől sem.

Mindenkinek sikerekben gazdag új évet kívánok!

Judit

[318] jonas2006-12-31 14:54:47

Szép megoldás. Azt hiszem, értem.

A pontokat tehát azért lehet úgy sorbarendezni, hogy mindegyik előtt kontinuumnál kevesebb másik pont legyen, mert \omega-val hozhatjuk bijekcióbe őket, ami pedig, számosság lévén, a legkisebb kontinuum számosságú rendszám.

A horizontot pedig a következő nem fedheti le kontinuumnál kevesebb pont. Ha be van húzva egy egy egyenes, az letiltja az összes irányt az egyenes és az aktuális pont síkjában, továbbá a ponton át az egyenesre merőleges irányt. Az utóbbi nem probléma, mert minden behúzott egyeneshez csak egy tartozik, összesen tehát kontinuumnál kevesebb irány. Az előbbihez pedig egyszerúen vehetünk egy síkot a ponton át, amely nem egyezik meg semelyik behúzott egyenes síkjával sem -- ez megtehető, mert csak kontinuumnál kevesebb tiltott sík van --, majd észrevesszük, hogy ebben a síkban csak legfeljebb kontinuum sok tiltott irány van -- miden behúzott egyeneshez legfeljebb kettő.

Előzmény: [314] Maga Péter, 2006-12-29 17:16:36
[317] Csimby2006-12-31 13:09:01

Szintén egy feladat amihez jól jön a jólrendezési tétel: minden testnek létezik algebrai lezártja.

[316] Maga Péter2006-12-30 12:31:29

Sajnos nem nagyon lehet egy fórum jellegét megőrízve rendesen leírni ezeket a dolgokat. Furcsamód én mindkét megoldást tudom szeretni.

A halmazelméleti meggondolás nehéz fegyvert vet be, de valahogy sokkal jobban rávilágít a dolgokra. Megmutatja, hogy igazából min múlik a dolog, és más ilyen jellegű feladatokat is megold.

Az "elemi" okoskodás viszont egyszerű és világos. Nagy előnye továbbá, hogy kontstruktív. Az egyenesek konkrétan megjelennek, és szigorú értelemben véve a feladat nem annak a megmutatása, hogy a tér előáll páronként kitérő egyeneseinek uniójaként. A feladat az, hogy állítsuk elő a teret páronként kitérő egyenesek uniójaként. Lehet vitatkozni arról, hogy mennyire konstruktív a transzfinit előállítás (végső soron a kezünkbe kerül egy felbontás, más kérdés, hogy a legtöbb pontról nem tudjuk előre megmondani, melyik egyenesben lesz benne).

Van még egy probléma... Aki nem akarja elfogadni a Zermelo-Fraenkel-axiómarendszert, annak nem is megoldás a halmazelméleti. Ez még nem lenne baj, mert a ZF elég elfogadott a matematikusok körében. Az igazi baj az úgynevezett kiválasztási axiómával van, melyet a ZF-hez szokás hozzávenni, ez a hozzávétel azonban már nem annyira elfogadott. Márpedig kiválasztási axióma nélkül nincs jólrendezési tétel (a kettő ekvivalens).

A kiválasztási axióma, jólrendezési tétel, stb. eszközöknek van egy gyönyörű ekvivalens állításuk, ez az úgynevezett Zorn-lemma. A nagy előnye az, hogy nagyon egyszerű kimondani, és általában a feltételek ellenőrzése sem nagyon problémás. Az állítás a következő.

Egy részbenrendezett halmazban pontosan akkor van maximális elem (olyan elem, aminél nincs nagyobb), ha minden láncának (olyan részhalmazának, melynek bármely két eleme össze van hasonlítva) van felső korlátja (olyan eleme, ami a lánc minden eleménél nagyobb-egyenlő).

Ez a legjobban használható transzfinit eszköz, sajnos az OKTV-feladatnál nem látom, hogyan lehetne vele helyettesíteni a transzfinit rekurziót. (De valahogy biztosan, csak ügyesnek kell lenni.) De a legtöbb nagy és nehéz állítás ezzel sokkal könnyebben kijön, mint a többi transzfinit eszközzel.

Feladat. Mutassuk meg, hogy a síkon elhelyezhetők úgy szakaszok, hogy bármelyik kettő diszjunkt legyen, és bármely további szakasz már messe valamelyik eddig elhelyezettet. (Ez kijön elemien is, szintén ügyeskedni kell, a Zorn-lemma egy pillanat alatt kidobja a választ.)

Előzmény: [315] jenei.attila, 2006-12-29 20:55:14
[315] jenei.attila2006-12-29 20:55:14

Nagyon érdekes amit írsz, de őszintén szólva még nem egészen értem, így nem is győzött meg teljesen. Én rég tanultam halmazelméletet (88-ban végeztem prog. mat. szakon), és akkor sem jutottunk el eddig. Azt hiszem ideje lesz levenni a könyvespolcról Paul Halmos halmazelmélet c. könyvét, és annak segítségével újra átrágom a megoldásodat. A módszered önmagában is érdekes, és jóval nagyobb horderejű, mint amit ez a feladat megkíván. Innen tekintve ez a feladat tényleg trivialitás lehet, de elveszti az elemi matematikai jellegét. Lehet, hogy a spec mat. tagozatosoknak ez ujjgyakorlat, de ilyen apparátus nélkül azért nem érdektelen, bár tényleg nem túl nehéz. Én egy unalmas értekezleten gondoltam végig az általam írt megoldást. Első hallásra szemléletesen azért elég meghökkentő, miként tudják a teret kitöltő kusza egyenesek "kikerülni" egymást. Mégegyszer köszi a hozzászólást, és ha a transzfinit ill. egyéb halmazelméleti módszerekkel kapcsolatban van más érdekes feladatod (pl. különleges szemlélettől távol álló függvénykonstrukciók), szívesen olvasok (olvasunk) róla.

Előzmény: [314] Maga Péter, 2006-12-29 17:16:36
[314] Maga Péter2006-12-29 17:16:36

Így-így. És akkor most képzeld el a következőt!

Mi volt a megoldásunk lényege? Igazából azt csináltuk, hogy álltunk egy pontban (a sorra kerülőben), és amikor körbenéztünk, láttuk, hogy mivel még kontinuumnál kevesebb egyenest húztunk be, ezért azok nem fedik le a teljes "horizontot", továbbá mindegyikkel csak egy párhuzamost lehetne húzni. Azaz összességében még kontinuum sok irány marad, ami jó. És ezt megcsináljuk minden pontra.

Nincs hát semmi okunk azt feltételezni, hogy bármi is elromlik, ha nem megszámlálható sok pontot veszünk. Legyen most már adott a tér összes pontja. 1. lépés. Rakjuk sorba a pontokat, de úgy, hogy mindegyik előtt kontinuumnál kevesebb pont szerepeljen. Ezt meg lehet tenni, lényegében ezt mondja ki a jólrendezési tétel. 2. lépés. Menjünk sorba a pontokon, és mindegyiknél hajtsuk végre az imént taglaltakat. Itt egy csomó mindent meg kell gondolni.

Minden halmaz jólrendezhető, vagyis lehet úgy rendezni az elemeit, hogy minden nemüres részhalmazának legyen legkisebb eleme. Egy-egy ilyen jólrendezést nevezünk rendszámnak. Az azonos rendszámú halmazok nemcsak azonos számosságúak, de rajtuk a rendezés is izomorf (tehát van köztük rendezéstartó bijekció). Az igazi poén persze az, hogy ha veszünk egy jólrendezett halmazt, akkor a kezdőszeletei (vagyis minden a-ra az a-nál kisebb elemei) éppen a nála kisebb rendszámú halmazokkal izomorfak. Például ha vesszük az \omega+1 rendszámot, melynek elemei a természetes számok a szokásos rendezéssel, és még egy mindegyiknél nagyobb elem (ez a +1), akkor ez jólrendezett halmaz, és a kezdőszeletek éppen a 0,1,2,... és az \omega rendszámnak felelnek meg.

A transzfinit rekurzió lehetővé teszi, hogy megadjunk egy "szabályt", ami minden egyes rendszámnál végrehajt valamit. A transzfinit indukció meg azt, hogy utána bebizonyítsuk, hogy ez a "szabály" megoldja a feladatot. Mi a fenti megoldásban a szabályt nem adtuk meg teljesen. Megmondtuk, hogy ha a jólrendezésben ponthoz érünk, akkor mit csináljunk, de nem minden rendszám kötődik konkrét ponthoz, például az \omega rendszám (a természetes számok rendszáma) nem. Az ilyeneknél (ezeket hívjuk limeszrendszámnak) legyen az a szabály, hogy vesszük az összes kisebb rendszámnál behúzott egyenes unióját.

Ez így valamennyire érthető:S?

Előzmény: [312] jenei.attila, 2006-12-28 21:12:47
[313] psbalint2006-12-29 12:07:32

A feladat 3 éve volt a második kategóriás oktv döntőjének egyik feladata. Ebben a fórumban visszaolvasva is megtalálod. Csak annyi volt a különbség hogy más évszám szerepelt.

[312] jenei.attila2006-12-28 21:12:47

Gondolom most az jön, hogy miután sorba állítottuk a racionális pontokat, teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy a következő racionális ponton keresztül húzható az előző egyenesekhez képest kitérő egyenes. Ez lehet pl. olyan egyenes, amely nincs benne a szóbanforgó pont, és egyik előző egyenes által kifeszített síkban sem. Ha egy egyenesre esetleg több raionális pont esne, az csak technikai probléma, azokat egyszerűen ki kell hagyni a további felsorolásból. Na de most hogyan tovább?

Előzmény: [311] Maga Péter, 2006-12-28 13:04:48
[311] Maga Péter2006-12-28 13:04:48

Rendben. Akkor egy feladattal kezdeném. Mutassuk meg, hogy a térben elhelyezhetők úgy egyenesek, hogy bármelyik kettő kitérő legyen, és minden racionális ponton menjen át egyenes. (Racionális ponton olyan pontot értek, melynek mindhárom koordinátája racionális.)

Próbáljátok megoldani! Ha nem sikerülne, akkor a néhány sorral lejjebb adott segítőlökést olvassátok el! Úgyhogy csak óvatosan olvassatok tovább!

A transzfinit eszközök igazából arra szolgálnak, hogy bizonyos végtelen halmazokkal is úgy dolgozzunk, mintha azok végesek lennének.

Segítőlökés. Vegyük észre, hogy a racionális pontok száma megszámlálható. Rendezzük őket sorba, és... - fejezzük be!

Előzmény: [310] jenei.attila, 2006-12-28 11:32:31
[310] jenei.attila2006-12-28 11:32:31

Erről a transzfinit eszközökkel való megoldásról írnál bővebben? Én hallottam ezekről, de most nem tűnik triviálisnak a megoldás.

Előzmény: [309] Maga Péter, 2006-12-28 08:45:34
[309] Maga Péter2006-12-28 08:45:34

Akkor én hozzászólok. Szerintem is valahogy így kell megcsinálni - bár most nem számolom ki pontosan, hogy a megadott egyenesek jók-e:S.

Összességében nem tartom szerencsés feladatnak. Aki ismer transzfinit eszközöket (jólrendezési tétel, transzfinit rekurzió, transzfinit indukció, Zorn-lemma), annak triviális, és hát OKTV, III. kategória... már előfordulhat, hogy valaki (akár csak néhány szót is) hallott ezekről, és 10 perc alatt készen van ezzel a példával.

Előzmény: [307] jenei.attila, 2006-12-15 23:33:44
[308] jenei.attila2006-12-22 14:03:33

Senkit nem érdekel ez a feladat? Pedig érdekes. Az előzőhöz képest egy kicsit más meggondolás. Vegyünk fel a térben két párhuzamos síkot (S és T). A két sík pontjai között létesítsünk kölcsönösen egyértelmű f megfeleltetést úgy, hogy ha A és B pontok az S síkban vannak, akkor AB szakasz ne legyen párhuzamos a T-beli f(A)f(B) szakasszal. Tekintsük ezután az A és f(A)pontokon átmenő egyeneseket, miközben A végigfut az S sík pontjain. Az előző feltétel biztosítja, hogy ezek az egyenesek páronként kitérőek. Megfelelő hozzárendelés lehet pl. a következő: A síkokat merőlegesen döfje egy z egyenes. Az S beli A pontot z-vel párhuzamosan toljuk T-be, majd forgassuk z körül 180 foknál kisebb szöggel. Az előző hozzászólásomban forgatás helyett egy 45 fokos \sqrt{2}-szeres forgatva nyújtás szerepelt.

Előzmény: [307] jenei.attila, 2006-12-15 23:33:44
[307] jenei.attila2006-12-15 23:33:44

Tehát a "töltsük ki a teret páronként kitérő egyenesekkel" feladatról szeretnék írni néhány szót. Egy megoldásvázlatom lenne, ezt szeretném megvitatni veletek:

Tekintsük a térben az X-Y-Z derékszögű koordinátarendszert. Az (x,0,0) (ahol x>=0) pontban döfje az X-Y síkot egy olyan egyenes, amely átmegy az (x,x,1) ponton is. Így egy olyan egyenes sereget adtunk meg (miközben x 0-tól végtelenbe fut), amelyben az egyenesek páronként kitérőek. Nem meszik egymást, hiszen mindegyik az Y-Z síkkal párhuzamos X=x síkban fekszik, és nem is párhuzamosak, mert az X-Y síkhoz mért meredekségük 1/x. Forgassuk meg most ezt az egyenes sereget a Z tengely körül. Az így nyert egyenes sereg nyilván kitölti a teret. Ha ennek az egyenes seregnek egy egyenese az X-Y síkot a (0,0,0) ponttól x távolságra döfi, akkor az X-Y síkhoz mért meredeksége 1/x. Egy (0,0,0) középpontú X-Y síkbeli x sugarú kör mentén döfő egyenesek páronként kitérők (egy egyköpenyű hiperboloid alkotói). Két különböző koncentrikus körön döfő egyenesek is kitérők (más a meredekségük és nem metszik egymást), mert ha az X-Y síkkal párhuzamos Z=z síkon vett döféspontjaikat nézzük, szintén két koncentrikus (0,0,z) középpontú köröket kapunk (a szóban forgó hiperboloid felületek nem metszik egymást). Röviden: Z tengelyű egyköpenyű hiperboloid sereggel töltjük ki a teret (a Z tengelyt is belevesszük), amelyek a Z tengelytől távolodva "egyre homorúbbak" (végtelenben az X-Y síkhoz, 0-ban a Z tengelyhez simul), és ezek "egyirányú" alkotóit tekintjük térkitöltő egyenesseregnek.

Ennyi volna a vázlat, tudom hogy nem pontos, de talán érthető. Szerintem a teljes bizonyítás sem lehet már túl nehéz (ha egyáltalán ez az elgondolás jó). Mit szóltok hozzá?

Előzmény: [293] Sabroso, 2006-11-30 20:35:43
[306] Iván882006-12-15 15:16:55

De nem tudja valaki, hogyan lehet reklamálni?

Mert (talán túl béna vagyok) én nem találtam meg.

Köszi. Iván

[305] tobby2006-12-12 18:47:17

Hello! Nekem 1az1ben ugyanez volt. Pont 22 potnom volt. De beküldték és találtak még 1 pontot. Szal így lett 23 és ojjé továbbjutottam. Nem kellett fellebbezni. De sztem ettől függetlenül érdemes megpróbálni, mert veszíteni nem fogsz vele semmit.

Előzmény: [300] Iván88, 2006-12-06 15:30:48
[304] AzO2006-12-09 22:29:08

Verseny a bentmaradasert...

Előzmény: [303] Zsuzsy, 2006-12-09 20:48:58
[303] Zsuzsy2006-12-09 20:48:58

Kisfox, milyen versenyek lesznek az egyetemen?

[302] psbalint2006-12-06 15:43:01

Iván! Feltétlenül nézd meg az oktatási minisztérium honlapját, azon belül: okév - tanulmányi versenyek - oktv 2006-2007 - általános tudnivalók részt, ahol szerintem van valami a javításról, az ellenőrzésről és a fellebbezésről. Elvileg pedig a bizottságok alaposan átnézik a beküldött dolgozatokat, de ez most nem volt jellemző, nekem is simán vonhattak volna le még jó pár pontot...:) Üdv!

Előzmény: [300] Iván88, 2006-12-06 15:30:48
[301] Kisfox2006-12-06 15:36:05

Sebaj, majd egyetemen úgy is lesz elég verseny.

[300] Iván882006-12-06 15:30:48

Na kinek hogy sikerült?

A 2. kategória 2. fordulójának alsó határa 23 pont volt. Ez azért jó, mert az én drága matektanárom, néhány nemlétező szabályhoz szolgaian ragaszskodva lehúzta a pontjaimat 22(!)-re.

Az egészben az a vicc, hogy a sulinkban a másik csoportnak a tanára meg mindenkinek felfelé kerekített, és ott az összes induló továbbjutott. Ha az a tanár javítja a dogámat, akkor most kb. 28 ponttal várnám a folytatást.

Szaerintetek lehet fellebbezni, hogy adjanak még legalább 1 pontot?

Szerintem aligha.

Na azért gratulálok mindenkinek a további sok sikert a 2. fordulóhoz.

  [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]