Fórum: Matek OKTV

Most végiggondoltam, amit írsz, és tényleg logikus. Már rég csináltunk ilyen feladatokat, szal ott helyben eszembe sem jutott visszafelé csinálni (mármint hogy a kedvezőtlen eseteket számoljuk, és 1-ből kivonjuk). De arra még mindig nem sikerült rájönnöm, hogy az én gondolatmenetemmel miért nem ugyanaz jön ki (nekem 1/3 lett). :D Mondjuk azóta sokat nem is gondolkodtam ezen, de majd a hétvégén nekiülök, és megcsinálom még egyszer.

Sziasztok! Valaki nem tud valamit, hogy mikor és honnan lehet majd letölteni a megoldókulcsot? Mert a http://www.oh.gov.hu/ még nem láttam, csak magát a verseny kiírást. És már nagyon érdekelne, mert matektanárunk csak a jövő héten fogja javítani, de én addig nem bírom ki. :D:D:D

Akkor nem csak én csináltam "lyukakkal" :) Bár én a 4 fehéret választottam el lyukakkal, 3, 4 vagy 5 kupacból álló összesen 8 lyukkal. Aztán felbontottam ezt a 8-at 3, 4 vagy 5 pozitív egész szám összegére és ezek számát szoroztam meg a zöldek és a pirosak lehetséges sorrendjeivel. Majdnem össze is jött, de a te megoldásod lényegesen egyszerűbb és átláthatóbb.

Passz.. Talán így jobban átláttam :D De a geometriás csak ma jutott eszembe sajna =(

Korrekt biz., de a nem fehér színeket miért nem vontad össze, így még rövidebb lenn a biz: .

Illetve van egy megoldásom a geo-sra de nemtom mennyire helytálló. Thálesz tétele miatt OP1PP2 négyszög húrnégyszög, melynek átmérője OP, ami egyenlő az OP1P2 háromszög köré irt kör átmérőjével. Háromszög köré írt kör sugara r=a*b*c/4T, ami esetünkben r=OP1*OP2*P1P2/4T Területre beirva a trigonometrikus képletet(ha a félegyenesek által bezárt szög alfa) r=OP1*OP2*P1P2/4*[OP1*OP2*sin(alfa)]/2=P1P2/[2*sin(alfa)] És mivel P1P2 és alfa állandó, az OP1P2 háromszög köré irt kör sugara is állandó, azaz az OP távolság is állandó. Azaz P az O köré írt P1P2/[2*sin(alfa)] sugarú körön helyezkedik el(persze ebből a körből lejön az a rész, ahol P merőleges vetülete nem esik a félegyenes belsejére).

A valszámos feladatra a megoldásom(ami talán érthetőbb egy picit). Megnézzük a komplementer eseményt. Sorba rakod a 8 másik golyót (8 alatt a 3). Ezeket lerakod egymás mellé: -O-O-O-O-O-O-O-O- Így lesz 9 "lyukad"(- jel), ezekbe kell belerakni a fehéreket, úgy hogy 1 lyukba csak egy mehet, azaz 9lyukból 4et kiválasztasz(9 alatt a 4). Tehát a megoldás: P=1-[(9 alatt a 4)*(8 alatt a 3)]/[12!/5!*4!*3!]=41/55 A geometriás feladat engem is érdekelne. Ha tudja valaki írjon :)

én is várom, hogy megbeszéljük, de az soká lesz, mert kistanár tanít :(:(:(:(:(:(:(:(:(:(:( és szakköröm csak két hét múlva lesz, mert azoknak akik nem tudnak integrálni, deriválni, azoknak tart a héten :(:(:(

Hát te aztán vágod a témát. Na jó, hát én nem vagyok ilyen elvont zseni, csak a józan paraszti eszemre tudtam támaszkodni. :D:D Viccet félretéve azért már kíváncsi vagyok, amikor majd levezeti a matek tanárom.

tényleg! köszönöm.

Aha, megvan: azt az esetet például nem számolod, amikor a kihúzott fehérek: 1. 3. 4. 6. Ekkor van egymás melletti fehér húzás, de amikor fehéret húzol először akkor a következő nem fehér, de mégis van benne egymásutáni fehér pár.

Amúgy leszámoltam géppel is a jó esetek számát és szimulációt is írtam rá ami szintén 41/55 közelében volt.

1.-re nekem is ez jött ki. az exponenciális függvényesre egyedül x=2.

50%-tól engednek tovább, 15 pont

Sziasztok! Az 5-re nekem is 1/3 jött ki. Most akkor miért nem lehet ez a jó megoldás. Így este 11-kor már nem kezdem el erőltetni az agyam, de ott helyben ez logikusnak tűnt. :) Én először megnéztem, hogy 4 fehér együtt hányféleképp lehet, aztán hogy 3 (ebből kivontam a 4 együttre kapott eredményt, hogy tényleg csak a 3 fehér együttet kapjam), aztán pedig megnéztem, hogy 2 fehér hányféleképp lehet együtt (és ebből kivontam a 3 együtt, és 4 együtt eredményét). És ennek az eredményét osztottam a 12!/(3!*4!*5!)-sal. Amit viszont elrontottam, hogy Az az 1/3 olyan szép kerek. Muszáj, hogy az legyen. :D:D:D És az első nektek mi lett? Én is deriválással csináltam, és nekem maximumra 0, minimumra meg -9 jött ki. A többihez csak hozzászagolni tudtam, de befejezni nem. Még a szöges feladaton gondolkodtam egy órát, de nem jutottam a végére.

Majdnem ez az eredmény jött ki, bár én semmit sem ragasztottam :) Ismétléses permutációval kiszámoltam az összes esetet, majd összegyűjtöttem a rosszakat, amikor nincs egymás mellett két fehér. Felírtam külön-külön 4 fehéret, amit attól függően, hogy az elején vagy a végén van-e, 3, 4 vagy 5 kupac más színű golyó választ el egymástól. Ezután felírtam a 8-at 3, 4 vagy 5 szám összegeként, majd ahány lehetőség kijött azt megszoroztam 8!/(5!*3!)-mal (ennyi sorrendje lehet a zöldeknek és a pirosaknak). Ezt kivontam az összesből, majd elosztottam vele. Nem egészen 41/55 jött ki, valamit kihagyhattam a 8 felosztásából, vagy csak nem tudok szorozni :)

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?

nem spec. matos gimnazisták.

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.

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

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

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.

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

a másik, hogy minimum normális hangnemet...

és ezt egy sima matekosnak honnan a francból kéne tudnia?

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.

2. feladatra mi lett az eredményetek?