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.
[727] jonas2013-12-01 19:21:50

Érdekes feladatok, köszönöm, hogy beírtad őket.

Előzmény: [726] Erben Péter, 2013-12-01 13:45:56
[726] Erben Péter2013-12-01 13:45:56

Az idei specmatos 1. forduló:

1. A P pont végigfut egy kör félkörnél rövidebb AB ívén. Legyen P' a P-vel átellenes pont a körön. Bizonyítsuk be, hogy AP'.BP'-AP.BP állandó.

2. Hány N pozitív egészre teljesül, hogy N/5 egy egész szám hetedik, N/7 pedig egy egész szám ötödik hatványa?

3. Legyen P az ABC szabályos háromszög belső pontja, továbbá A1, B1 és C1 a P pont merőleges vetülete rendre a BC, CA, illetve AB oldalon. Bizonyítsuk be, hogy

AC1.BA1+BA1.CB1+CB1.AC1=C1B.A1C+A1C.B1A+B1A.C1B.

4. Adott n ember között hányféle olyan ismeretségi kapcsolatrendszer lehet, hogy mindenki páratlan sok másikat ismer (az ismeretség kölcsönös)?

5. Legyenek a1\lea2\le...\lean\leb1\leb2\le...\lebn valós számok. Bizonyítsuk be, hogy

(a1+a2+...+an+b1+b2+...+bn)2\ge4n(a1b1+a2b2+...+anbn).

[725] w2013-03-12 19:57:41

Túl könnyű egy Varga Tamás-verseny döntőre.

Előzmény: [724] Fálesz Mihály, 2013-03-12 17:52:33
[724] Fálesz Mihály2013-03-12 17:52:33

Szerintem az 1. feladat túl könnyű egy spec.matos OKTV döntőre.

OE1=OE2=r, O1E1=r1, O2E2=r2. Az E1E2O háromszög egyenlő szárú, az O1O2 szakasz merőleges az E1E2 alapra. Ebből következik, hogy az OO1O2 háromszög is egyenlő szárú: OO1=OO2. Így hát

r1-r=O1E1-OE1=O1O=OO2=OE1-O2E2=r-r2,

 r = \frac{r_1+r_2}2.

Előzmény: [721] Erben Péter, 2013-03-11 22:14:18
[723] Fálesz Mihály2013-03-12 17:39:54

A 2. feladat teleszkópos összeggel:


\sum_{k=1}^m\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k+1)k}{m^{k+1}}=


=\sum_{k=1}^m\left(\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k+1)}{m^k}-
\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k)}{m^{k+1}}\right) = 1-0.

Előzmény: [722] Róbert Gida, 2013-03-12 17:04:23
[722] Róbert Gida2013-03-12 17:04:23

2. feladat kombinatorikus megoldása (m>0 egészre): bizonyítandó nyilván ekvivalens ezzel: \sum _{k=1}^m m(m-1)\cdots (m-k+1) *k*m^{m-k-1}=m^m. Vegyünk m tárgyat, és ezt szeretnénk m színnel kiszínezni, hányféleképpen tehetjük ezt meg? Trivi: mm féleképpen, hiszen minden tárgyat m féleképpen színezhetünk. Máshogy megszámolva: tegyük fel, hogy az első k tárgy színe mind különböző, de ez (k+1)-re már nem igaz, ekkor m(m-1)...(m-k+1) féle választás van az első k tárgy színezésére, k lehetőség a k+1-dikre, míg mm-k-1 a többire. És szorozni kell a lehetőségeket. Itt k mehet 1-től m-ig, továbbá minden színezést pontosan egyszer számoltunk.

Előzmény: [721] Erben Péter, 2013-03-11 22:14:18
[721] Erben Péter2013-03-11 22:14:18

A III. kategória döntőjének feladatai:

1. Adott a síkon három különböző kör, k,k1 és k2. Középpontjaik és sugaraik legyenek rendre O, O1, O2, r, r1, r2. Tegyük fel, hogy k belülről érinti k1-et az E1 pontban, k2 belülről érinti k-t az E2\neE1 pontban, továbbá hogy az O1O2 egyenes merőleges az E1E2 egyenesre. Fejezzük ki az r sugarat r1-gyel és r2-vel.

2. Mutassuk meg, hogy

\sum_{k=1}^m\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k+1)k}{m^{k+1}}=1.

3. Tekintsük azokat az n hosszúságú sorozatokat, amelyek mindegyik eleme 0 vagy 1. Két ilyen sorozat összegén a tagonkénti modulo 2 végzett összeadást eredményét értjük. Mely pozitív egész n számokra állíthatók párba ezek a sorozatok úgy, hogy a párok két tagját rendre összeadva 2n-1 különböző sorozatot kapjunk?

[720] logarlécész2012-04-13 20:22:43

Mi (II. kat.) már több, mint egy hete megkaptuk az eredményeket. Arra viszont én is kíváncsi lennék, hogy mikor rakják ki a listákat. (A tanárom csak az én eredményemet (helyezés+pont) tudta megmondani.)

Előzmény: [719] R.R King, 2012-04-12 20:14:04
[719] R.R King2012-04-12 20:14:04

Szia. Holnap kérdezd meg a matektanárodat. Mi ma kaptuk meg az eredményeket az Adaforon keresztül, így gondolom minden suliban ma délután derült ki.(Mondjuk azt nem tudom ez függ-e a kategóriától)

Előzmény: [718] Apória, 2012-04-12 16:30:12
[718] Apória2012-04-12 16:30:12

Hello!

A (2011/2012-es tanévi) matematika OKTV eredményeiről lehet már valamit tudni? Amennyiben igen, valaki küldene egy linket, ahol mindezt megtalálhatom vagy esetleg valamiféle telefonszámot, e-mail címet, amin az eredmény után érdeklődhetnék.

A választ/válaszokat előre is köszönöm.

[717] Fálesz Mihály2012-03-09 12:17:18

Számomra logikusabb előbb az \frac1n-et átírni, hogy mindenhol csak a h(n) függvény szerepeljen, és csak utána keresni a megfelelő becslést:


\frac1{nh^2(n)} =
\frac{h(n)-h(n-1)}{h^2(n)} <
\frac{h(n)-h(n-1)}{h(n)h(n-1)} =
\frac1{h(n-1)}-\frac1{h(n)}.

(Ettől persze még a megoldás ugyanaz.)

Előzmény: [707] Zine, 2012-03-05 21:20:52
[716] Fálesz Mihály2012-03-09 12:09:22

Egy másik lehetőség a Pascal-tétel felírása az AABCCD elfajuló hatszögre.

A körülírt körre vonatkozó polaritást is lehetne alkalmazni: a PQ egyenes pólusa az AC és BD átlók metszéspontja.

Előzmény: [715] BohnerGéza, 2012-03-08 22:36:49
[715] BohnerGéza2012-03-08 22:36:49
Előzmény: [712] jonas, 2012-03-05 22:44:02
[714] logarlécész2012-03-06 07:38:59

Eredetileg én is ide akartam berakni, csak nem tudtam, hogy kell, szóval teljes mértékben támogatom a lépést. :-)

Előzmény: [712] jonas, 2012-03-05 22:44:02
[713] logarlécész2012-03-06 07:37:17

Közben én is rájöttem, hogy csak elírtam és a -1/h(n)-re jó lesz a becslés. De azért köszönöm a segítséget!

Előzmény: [711] Zine, 2012-03-05 22:10:36
[712] jonas2012-03-05 22:44:02

Akkor már hadd másoljam be ide a feladatokat az általad megadott forrásból, hogy meglegyenek itt tartósan.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011-2012. tanévi harmadik (döntő) fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára

1. Az ABCD szimmetrikus trapéz AB és CD oldalai párhuzamosak AB<CD. AD és BC metszéspontja legyen P. A trapéz köré írt kör A és C pontjához húzott érintők metszéspontja legyen Q. Igazoljuk, hogy a PQ egyenes párhuzamos az AB egyenessel.

2. Legyen A={1;2;3;4;5}, B={1;2;3}. Az f(x) függvény értelmezési tartománya A és minden A-beli x esetén f(x)\inA. Hány olyan f(x) függvény van, amelyre

{{f(f(x))|x\inA}}=B

3. Legyen h(1)=1 és n=2,3,… esetén h(n)= {\sum}_{i=1}^n \frac{1}{i} . Mutassuk meg, hogy


{\rm L}= \frac{1}{h^2(1)} + \frac{1}{2\cdot h^2(2)} + \frac{1}{3\cdot h^2(3)} + \cdots \frac{1}{2012\cdot h^2(2012)} < 2

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

Előzmény: [704] logarlécész, 2012-03-05 17:03:54
[711] Zine2012-03-05 22:10:36

\frac{1}{nh(n-1)h(n)}=\frac{1}{n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+..+\frac{1}{n-1})(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})}>\frac{1}{n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+..+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})}

A becslésnél az történt, hogy h(n)2 egyik tényezőjéből elhagytuk az utolsó tagot, ezzel a nevező csökkent, vagyis a tört értéke nőtt. Ezáltal az eredeti tagot felülről becsültük. Ez igazából egy teleszkópikus összeg, ahogy az a másik hozzászólásban látszik, mivel igaz a következő azonosság:

\frac{1}{h(n-1)}-\frac{1}{h(n)}=
\frac{h(n)-h(n-1)}{h(n)h(n-1)}
=\frac{(1+1/2+...+\frac{1}{n})-(1+1/2+...\frac{1}{n-1})}{h(n-1)h(n)}=\frac{1}{nh(n-1)(n)}

Előzmény: [709] logarlécész, 2012-03-05 21:55:27
[710] Zine2012-03-05 21:56:58

a különbségnél nyilván -\frac{1}{h(n)} van

Előzmény: [707] Zine, 2012-03-05 21:20:52
[709] logarlécész2012-03-05 21:55:27

Nem egészen látom át, hogy milyen becslést csináltál. Gondolom, 1/h(n)-re gondoltál. Megnéztem excellel, de nem tűnt igaznak az egyenlőség se így se úgy. (Lehet, hogy elírtam valamit.) Ezt le tudnád írni, hogy miből jön ki?

És az integrálos becslést? Kíváncsi vagyok, mit írtál, mert én is olyasmivel próbálkoztam.

Előzmény: [707] Zine, 2012-03-05 21:20:52
[708] Róbert Gida2012-03-05 21:23:07

Olvasd el a hozzászólásomat (nem a matek részét), majd értelmezd.

Előzmény: [706] patba, 2012-03-05 21:18:49
[707] Zine2012-03-05 21:20:52

Sajnos a következő megoldás nem saját, de gyanítom, hogy erre élezték ki a feladatot a kitűzők:

\frac{1}{n h(n)^2}-et fogjuk felülről becsülni, ezt megtehetjük azzal, hogy csökkentjük a nevezőt:

\frac{1}{n h(n)h(n)}<\frac{1}{nh(n)h(n-1)}=\frac{1}{h(n-1)}-\frac{1}{n}

Ekkor a következőt kapjuk:

1+\frac{1}{h(1)}-\frac{1}{h(2)}+\frac{1}{h(2)}-\frac{1}{h(3)}+...-\frac{1}{h(2012)}=2-\frac{1}{h(2012)}

Én ehelyett kevésbé elegáns módon integrállal becsültem...

Előzmény: [704] logarlécész, 2012-03-05 17:03:54
[706] patba2012-03-05 21:18:49

A feladatban nem 9-re kellett belátni.

Előzmény: [705] Róbert Gida, 2012-03-05 20:19:17
[705] Róbert Gida2012-03-05 20:19:17

Na, ezt fejben majdnem megoldottam.

Nagyon olcsón nem jön ki: legyen 2k\len<2k+1, ekkor H(n)=\sum _{i=1}^{n}\frac 1i \ge \sum _{t=0}^{k-1} \sum _{i=2^t+1}^{2^{t+1}} \frac 1i \ge \sum _{t=0}^{k-1} \sum _{i=2^t+1}^{2^{t+1}} \frac {1}{2^{t+1}}=
\sum _{t=0}^{k-1} \frac 12=\frac {k}{2},

így \sum _{i=1}^{2012} \frac {1}{iH(i)^2}<1+\sum _{i=2}^{\infty}\frac {1}{iH(i)^2}\le 1+ \sum _{k=1}^{\infty}\sum 
_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac {1}{nH(n)^2}\le 1+\sum _{k=1}^{\infty}\sum 
_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac {4}{k^2*2^k}=
 1+4\sum _{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}<1+4*2=9

Előzmény: [704] logarlécész, 2012-03-05 17:03:54
[704] logarlécész2012-03-05 17:03:54

Látom az előző kérdésem sikeres volt. Nem baj, próbálkozom tovább. Ehhez nem kellett ott lenni:

Meg tudná valaki mondani, hogy hogyan kell megoldani a 3. feladatot?

// A feladatok megtalálhatók, a logarlecesz.5mp.eu oldalon.

[703] logarlécész2012-02-28 20:01:13

Nem tudja valaki, hogy az idei III. forduló 1. feladatában (II.kat.) AB>CD vagy AB<CD volt?

Egyébként, kinek hogy ment?

  [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]