|
[611] Csirkejozsi | 2010-10-15 20:41:50 |
Az egyedüli feladat, amit levezetett a matek tanárom, az az első. Ő nem deriválással csinálta, hanem kihasználta a számtani és mértani középre felírható egyenlőtlenséget. (a+b)/2 >= gyök(a*b) A függvényt előbb tükrözte az X tengelyre, hogy pozitívak legyenek az értékei (az egyenlőtlenség miatt), aztán átalakította szorzat alakra, és pontosan nem tudom, hogy hogyan, de addig rendezgette, amíg kijött, hogy a függvény <= 9. Ezt visszatükrözte (szorozta (-1)-gyel), és már meg is volt a minimum. A maximumra nem emlékszem, hogy hogy jött ki neki, de azt sem deriválással csinálta.
|
|
[610] Csirkejozsi | 2010-10-15 20:29:54 |
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.
|
Előzmény: [604] Füge, 2010-10-15 15:56:04 |
|
[609] Csirkejozsi | 2010-10-15 20:20:08 |
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
|
|
[608] Vivida | 2010-10-15 17:56:39 |
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.
|
Előzmény: [604] Füge, 2010-10-15 15:56:04 |
|
|
|
[605] Füge | 2010-10-15 16:11:41 |
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).
|
|
[604] Füge | 2010-10-15 15:56:04 |
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 :)
|
|
[603] Nánási József | 2010-10-14 21:32:22 |
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 :(:(:(
|
Előzmény: [602] Csirkejozsi, 2010-10-14 21:26:04 |
|
[602] Csirkejozsi | 2010-10-14 21:26:04 |
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.
|
Előzmény: [600] Róbert Gida, 2010-10-14 21:19:39 |
|
|
[600] Róbert Gida | 2010-10-14 21:19:39 |
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.
|
Előzmény: [595] patba, 2010-10-14 21:12:06 |
|
|
|
[597] Csirkejozsi | 2010-10-14 21:14:06 |
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.
|
|
[596] Vivida | 2010-10-14 21:13:46 |
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 :)
|
Előzmény: [587] Róbert Gida, 2010-10-14 20:54:33 |
|
[595] patba | 2010-10-14 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?
|
|
|
[593] m2mm | 2010-10-14 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 József | 2010-10-14 21:10:54 |
Kedves Róbert Gida! Most nagyon hálás vagyok neked:):)
|
|
|
[590] Róbert Gida | 2010-10-14 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 |
|
|
|