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.
[595] patba2010-10-14 21:12:06

Róbert Gida, ebben egészen biztos vagy? A komplementeres dolognak az az előnye, hogy így nem számolod kétszer a 3,4 egymás utáni fehért. Most kérdezgetek embereket, kb a fele a te eredményedet, másik fele meg az 1/3-ot mondja. Viszont ha biztos vagy benne, meg tudnád mondani, hogy hol a hiba a gondolatmenetemben? 2fehéret ragasszunk össze, rakjuk be ezt az első+második helyre. A maradék 10helyet töltsük fel 10!/(8!*2!) (10C2). Utána átrakjuk a második, harmadik helyre. Az első helyre berakunk egy nem fehéret. Jobbra pedig elhelyezzük a maradékot 9C2 féle képpen. Így megyünk végig ügyelve, hogy a többi fehéret mindig csak a ragasztottól jobbra tegyük le. Így a jó esetek száma 10C2+9C2+8C2+7C2+6C2+5C2+4C2+3C2+2C2=165.

Egyébként mennyi szokott lenni a határ, ami fölött be lehet jutni a második fordulóba?

[594] Nánási József2010-10-14 21:11:55

nem spec. matos gimnazisták.

[593] m2mm2010-10-14 21:11:37

ha 3|a+b, akkor 3|a+7b, a,b>0 egészek, tehát nem lehet a+7b prím. Tehát iii és iv közül egy hamis: i és ii igaz: b|2b+6, b|6, ez 4 eset, ezeket kell megnézni: a megoldások b=2, a=9 valamint b=6, a=17. Most kaptam össze, remélem nincs hiba.

Előzmény: [586] Nánási József, 2010-10-14 20:51:59
[592] Nánási József2010-10-14 21:10:54

Kedves Róbert Gida! Most nagyon hálás vagyok neked:):)

[591] Róbert Gida2010-10-14 21:10:31

Jó könnyű példák, pedig OKTV, 2. kategóriában kik vannak?

Előzmény: [589] Nánási József, 2010-10-14 21:07:25
[590] Róbert Gida2010-10-14 21:09:34

3. és 4. egyszerre nem lehet igaz, mert, ha a+b osztható 3-mal, akkor a+7b is, de mivel a,b pozítiv, így a+7b>3 és osztható 3-mal, akkor nem lehet prím. Így az 1. és 2. igaz.

a=2b+5; így a+1=2b+6 osztható b-vel, azaz b osztója 6-nak. Csak végig kell nézni a 6 osztóit: b=1,a=7 ,ekkor 3.,4., hamis

b=2,a=9 ,ekkor 3. hamis, 4. igaz

b=3,a=11,ekkor 3.,4. hamis

b=6,a=17,ekkor 3. hamis, 4. igaz.

Ha nem számoltam el: csak a=9;b=2;, illetve a=17;b=6; ad megoldást.

Előzmény: [586] Nánási József, 2010-10-14 20:51:59
[589] Nánási József2010-10-14 21:07:25

bocsi, OKTV-n vagy, nem matek órán, egyébként, én például tanultam ezt, idén... illetve máshogy is meglehetett oldani.

a másik, hogy minimum normális hangnemet...

Előzmény: [588] irigyvagy, 2010-10-14 21:03:28
[588] irigyvagy2010-10-14 21:03:28

és ezt egy sima matekosnak honnan a francból kéne tudnia?

Előzmény: [586] Nánási József, 2010-10-14 20:51:59
[587] Róbert Gida2010-10-14 20:54:33

Nem akarok senkit sem elkeseríteni, de az 5. megoldása 41/55, kicsit távol van az 1/3-tól. Kb. már egyébként össze is raktátok a bizonyítást: löjjük ki a színt, van fehér és nem fehér, 4 fehér és 8 nem fehér. Az összes lehetőségek száma így számolva binomial(12,4)=495. Nézzük a komplementer eseményt: nincs egymás mellett 2 fehér, azaz fehér után mindig nem fehér jön (kivéve, ha az utolsó kihúzott fehér). Ha az utolsó nem fehér: fehér után egy nem fehéret ragasztva 8 golyónk lesz köztük 4 ragasztott, ezt kell lerakni egymás után, ezt binomial(8,4)=70 féleképpen tehetjük meg. Ha az utolsó fehér, akkor azt eleve tegyük le, ekkor 11 golyónk marad, fehér után nem fehér jön, és az utolsó itt már nem lehet fehér, azaz megint összeragasztva 3 fehér után egy nem fehéret lesz 8 golyónk, ezek közül 3 ragasztott, ezt binomial(8,3)=56 féleképpen tehetjük le. Így a rossz esetek száma: 70+56=126. A keresett valószínűség így 1-126/495=41/55.

[586] Nánási József2010-10-14 20:51:59

2. feladatra mi lett az eredményetek?

[585] patba2010-10-14 20:47:29

a gyökös részt eljelöltem a-val. Így a*a-6a lett a függvény, amit teljes négyzetté alakítottam, majd lett belőle (a-3)(a-3)-9. Ennek kellett maximumát minimumát keresni ott, ahol a értelmezve van.(A nulla, 4 zárt intervallumon.) a=3 nál lesz a minimum, ami -9. a=0-nál meg a maximum, ami 0.

Előzmény: [584] óriás, 2010-10-14 20:41:47
[584] óriás2010-10-14 20:41:47

Nekem is ezek jöttek ki. Az elsőt hogy csináltad? Én derivátam a függvényt, más ötletem nem volt. Gőzöm sincs, hogy anélkül hogy lehetne.

Előzmény: [582] patba, 2010-10-14 20:35:41
[583] irigyvagy2010-10-14 20:39:25

én is így csináltam:)

Előzmény: [580] óriás, 2010-10-14 20:25:28
[582] patba2010-10-14 20:35:41

Ilyen ragasztgatással én is próbálkoztam, csak a kedvező eseteket nem tudtam ezzel rendesen meghatározni, túl sok kérdőjel volt(amikor 3 egymás után van, azt nem számolom kétszer? és amikor 4 van egymás után?). De itt valóben egyszerűbb, hogyha az összeragasztottat is a fehérekhez dobjuk, akkor nem kell ilyenekkel törődni. Én az összeragasztottak külön kategóriának vettem amikor ezzel próbálkoztam... No tehát a megoldások: 1.) minimuma -9; maximuma 0. 2.) a=17;b=6 és a=9;b=2 3.) x=2 Negyedikre már nem maradt elég időm(meg már gondolkozni sem tudtam úgy rajta, ahogy kellett volna), de sejtésem szerint egy O középpontú körön elhelyezkedő P pontokra igaz ez. Bizonyítani ezt viszont nem tudtam/nem volt rá idő.

Előzmény: [580] óriás, 2010-10-14 20:25:28
[581] óriás2010-10-14 20:29:56

A többi feladatra mit kaptál erdemányül?

[580] óriás2010-10-14 20:25:28

Én úgy csináltam, hogy az összes eset 12!/(4!*5!*3!) Kedvező eset: 11!/(5!*3!*3!) hisz azok a jó esetek amikor két fehér egymás mellett van, vagyis ha kettő fehéret össze ragasztunk és úgy húzunk. Így a golyók száma is csökken eggyel és a fehér golyók száma is.

[579] patba2010-10-14 20:15:05

Az üzenet vége is lemaradt. Most már figyelek erre, elnézést a floodolásért. Na szóval csak nem vagyok benne 100 százalékig biztos, hogy az alapelv(a fehér-nemfehér megkülönböztetés) nem tartalmaz-e elvi hibát.

Előzmény: [577] patba, 2010-10-14 20:12:03
[578] patba2010-10-14 20:12:40

12!/(8!*4!) az osztásjel lemaradt

Előzmény: [577] patba, 2010-10-14 20:12:03
[577] patba2010-10-14 20:12:03

Nekem is 1/3. Alapötletem az volt, hogy a golyókat csak aszerint különböztessük meg, hogy fehér, vagy nem fehér. Így az összes lehetőség 12!(8!*4!). Ezután pedig vettem 2 fehéret, beraktam az első 2 helyre, megnéztem, hogy a többi helyet hányféleképp lehet feltölteni, majd ezt a 2 fehéret vittem jobbra egyesével. A többi fehéret pedig szigorúan csak ettől jobbra pakoltam le(elkerülve, hogy a 3,4 egymás melletti fehéreket többször számoljam). Csak nem megvagyok benne 100

[576] óriás2010-10-14 20:07:24

Nekem 1/3. Neked?

Előzmény: [574] patba, 2010-10-14 20:00:26
[575] óriás2010-10-14 20:06:01

Itt vannak a feladatok. Remélem olvasható. Aki tudja a 4-et az írja meg.

[574] patba2010-10-14 20:00:26

Második kategória utolsó feladatban nektek mi jött ki megoldásnak?

[573] óriás2010-10-14 19:49:52

Én a másodikban voltam, de szerintem az első is most volt.

Előzmény: [572] jonas, 2010-10-14 19:42:54
[572] jonas2010-10-14 19:42:54

Melyik kategóriában?

Előzmény: [571] óriás, 2010-10-14 19:34:06
[571] óriás2010-10-14 19:34:06

Sziasztok!

Ma volt az OKTV első fordulója. Kinek hogy ment? Nekem egy picit nehéz volt, nem vagyok biztos a megoldásaimban. A négyes feladatot nem tudtam, ahhoz tudna valaki megoldást mutatni?

  [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]