KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

MBUTTONS

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Matek OKTV

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[736] Róbert Gida2014-03-26 15:22:24

"c'=16 esetén a következő út jó: 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8. Így ezt az utat felszorozva c/16-tal megkaptuk a fenti tulajdonságú javító utat"

Van rövidebb javító út is! Géppel meg is lehet találni a legrövidebbet, mindössze egy párt kell felbontanunk: c'=11236-ra egy javító út: 11236,213,11023,5618, ezt &tex;\displaystyle \frac {c}{11236}&xet;-tal felszorozva kapjuk az utat, azaz:

&tex;\displaystyle c,\frac{213c}{11236},\frac{11023c}{11236},\frac c2&xet;.

(Természetesen c egy osztója volt a 11236).

Előzmény: [734] Janyolka, 2014-03-26 07:27:26
[735] Fálesz Mihály2014-03-26 11:03:04

Ugyanennek az ötletnek egy másik megvalósítása a következő.

Veszünk olyan &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; páratlan pozitív egészeket, amikre &tex;\displaystyle a^2<c&xet; és &tex;\displaystyle a^2+c=b^2&xet;. Ezután egy párosítás a következő lesz:

&tex;\displaystyle (1,a^2-1)&xet;, &tex;\displaystyle (2,a^2-2)&xet;, ..., &tex;\displaystyle \bigg(\frac{a^2-1}2,\frac{a^2+1}2\bigg)&xet;; ezekben a két tag összege mindig &tex;\displaystyle a^2&xet;,

továbbá &tex;\displaystyle (a^2,c)&xet;, &tex;\displaystyle (a^2+1,c-1)&xet;, ..., &tex;\displaystyle \bigg(\frac{c+a^2-1}2,\frac{c+a^2+1}2\bigg)&xet;, ezekben az összeg mindig &tex;\displaystyle a^2+c=b^2&xet;.

Már "csak" a megfelelő &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; hiányzik.

Ilyeneket úgy kaphatunk, hogy az &tex;\displaystyle c&xet;-t olyan &tex;\displaystyle b-a&xet; és &tex;\displaystyle b+a&xet; tényezők szorzatára bontjuk, amelyek "közel" vannak egymáshoz, és a legnagyobb közös osztójuk &tex;\displaystyle 2&xet;. Mivel &tex;\displaystyle c=(2\cdot19\cdot53)^{2014}&xet;, a &tex;\displaystyle 19&xet; és a &tex;\displaystyle 53&xet; tényezőket kell elosztanunk a &tex;\displaystyle b+a&xet; és a &tex;\displaystyle b-a&xet; között.

Például a &tex;\displaystyle b+a=2\cdot 19^{327}\cdot 53^{1687}&xet;, &tex;\displaystyle b-a=2^{2013}\cdot 19^{1687}\cdot 53^{327}&xet; választással

&tex;\displaystyle \frac{b+a}{b-a} = 2^{-2012}\cdot\bigg(\frac{53}{19}\bigg)^{1360}\approx1,73<2, &xet;

így &tex;\displaystyle b+a<\sqrt{2c}&xet; és &tex;\displaystyle b-a>\sqrt{c/2}&xet;, tehát

&tex;\displaystyle a<\frac{\sqrt{2c}-\sqrt{c/2}}2<\sqrt{c}.&xet;

Előzmény: [734] Janyolka, 2014-03-26 07:27:26
[734] Janyolka2014-03-26 07:27:26

3. feladat

Legyen &tex;\displaystyle 2014^{2014}=c&xet;. Megmutatatjuk, hogy van 1, 2, ..., c számoknak olyan teljes párosítása, hogy minden párban az összeg négyzetszám. Ebből már következik, hogy Boglárkának van nyerő stratégiája.

Induljunk ki a (t, c-t) párosításból. Ebben a párosításban minden összeg négyzetszám és 1-től c-ig csak c/2-nek és c-nek nincs párja. Most mutatunk egy javító utat c-ből c/2-be, úgy hogy az út minden élén a végpontok összege négyzetszám, és minden második élén az összeg c. Ekkor az út párosadik éleit kidobva (t, c-t) párosításból és a páratalanadik éleket hozzávéve, egy teljes párosítást kapunk 1, 2, ..., c számokon.

c'=16 esetén a következő út jó: 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8. Így ezt az utat felszorozva c/16-tal megkaptuk a fenti tulajdonságú javító utat.

[733] w2014-03-07 16:32:12

/2. feladat = A.267/

Előzmény: [732] Erben Péter, 2014-03-07 07:43:21
[732] Erben Péter2014-03-07 07:43:21

A III. kategória döntőjének feladatai. (Ne lőjük le rögtön a megoldásokat.)

1. Adott az ABC háromszög. Bocsássunk merőlegest A-ból a B-beli belső szögfelező egyenesre, és B-ből az A-beli belső szögfelező egyenesre. A talppontokat jelölje D, illetve E. Bizonyítsuk be, hogy a DE egyenes a háromszög AC és BC oldalát a beírt kör érintési pontjában metszi.

2. A p és q pozitív számokra p+q\le1. Igazoljuk, hogy bármely m,n pozitív egészekre (1-pm)n+(1-qn)m\ge1.

3. Az 1,2,...,20142014 számok közül Aladár és Boglárka felváltva törölnek le egy számot (Aladár kezd), amíg csak két szám marad. Ha a megmaradó két szám összege négyzetszám, akkor Boglárka nyer, egyébként Aladár. Kinek van nyerő stratégiája?

[731] Fálesz Mihály2013-12-19 21:13:08

Legyen &tex;\displaystyle K&xet; olyan valós szám, ami "elválasztja" az &tex;\displaystyle a_i&xet;-ket a &tex;\displaystyle b_i&xet;-ktől, azaz &tex;\displaystyle a_1,\dots,a_n \le K \le b_1,\dots,b_n&xet;. (Választhatjuk &tex;\displaystyle K=a_n&xet;-et is.) A megoldást egyszerűbb úgy leírni, hogy bevezetjük az &tex;\displaystyle x_1\ge\dots\ge x_n\ge0&xet; és &tex;\displaystyle 0\le y_1\le \dots\le y_n&xet; nemnegatív számokat, amikre &tex;\displaystyle a_i=K-x_i&xet; és &tex;\displaystyle b_i=K+y_i&xet;.

A baloldalt alulról becsüljük így:

&tex;\displaystyle (a_1+\dots+a_n+b_1+\dots+b_n)^2 = \big(2nK+(-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n)\big)^2 \ge &xet;

&tex;\displaystyle \ge (2nK)^2 + 4nK(-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n) = 4nK(nK-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n). &xet;(1)

A jobboldalon álló tagokra azt a felső becslést írjuk fel, hogy

&tex;\displaystyle a_ib_i = (K-x_i)(K+y_i) = K^2-Kx_i+Ky_i - x_iy_i \le K(K-x_i+y_i). &xet;(2)

Ha ezt minden &tex;\displaystyle i&xet;-re összegezzük, azt kapjuk, hogy

&tex;\displaystyle a_1b_1+\dots+a_nb_n \le K(nK-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n). &xet;

Így hát

&tex;\displaystyle (a_1+\dots+a_n+b_1+\dots+b_n)^2 \ge 4nK(nK-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n) \ge 4n(a_1b_1+\dots+a_nb_n). &xet;

Egyenlőség akkor állhat fenn, ha (1)-ben &tex;\displaystyle x_1+\dots+x_n=y_1+\dots+y_n&xet;, másrészt (2)-ben &tex;\displaystyle x_i&xet; és &tex;\displaystyle y_i&xet; közül legalább az egyik &tex;\displaystyle 0&xet;. Az &tex;\displaystyle x_i&xet;-k és az &tex;\displaystyle y_i&xet;-k sorrendje miatt az utóbbi azt jelenti, hogy az &tex;\displaystyle x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n&xet; számok között van legalább &tex;\displaystyle n&xet; darab szomszédos &tex;\displaystyle 0&xet;. Visszaírva az eredeti számokra: az &tex;\displaystyle a_1,\dots,a_n,b_1,\dots,b_n&xet; számok átlaga &tex;\displaystyle K&xet;, továbbá a számok között legalább &tex;\displaystyle n&xet; darab (szomszédos) egyenlő &tex;\displaystyle K&xet;-val.

Előzmény: [730] Erben Péter, 2013-12-13 15:21:50
[730] Erben Péter2013-12-13 15:21:50

A mintamegoldások nem foglalkoztak azzal, mikor áll egyenlőség az 5. feladatban. Pedig érdekes.

Előzmény: [726] Erben Péter, 2013-12-01 13:45:56
[729] Erben Péter2013-12-13 15:20:55

Talán onnan lehet sejteni, hogy címkézett csúcsú "gráfról" van szó, hogy ellenkező esetben izomorfia szerint kellene csoportosítani a lehetséges kapcsolati hálózatokat, az pedig viszonylag ismert, hogy a gráf-izomorfia eldöntése nehéz. (http://en.wikipedia.org/wiki/Graph_isomorphism_problem)

Előzmény: [728] n, 2013-12-02 19:08:26
[728] n2013-12-02 19:08:26

Megjegyzés: a 4-es feladatnál az emberek megkülönböztethetők (volt, aki másképp értette), különben amúgy - lényegileg - az A002854 OEIS-es sorozatot kapnánk (csak az 1., 3., 5., stb. tagokat 0-ra cserélve), amire viszont nincs (legalábbis én nem tudok ilyenről) szép képlet.

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

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap