Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Oldjuk meg az A.374 -es feladatot. Elég sokat foglalkoztam vele,és majdnem be is bizonyítottam, de egy apró részleten ne jutok túl. Más fajta megoldás is érdekelne, illetve szívesen venném, ha az én próbálkozásomat segítenétek tovább vinni. Ha nem írtok megoldást, beírom hogy eddig mire jutottam. Addig is jó munkát.

B. 3847 feladathoz: Feltehetjük, hogy 180^o-nál kisebb szögről van szó, mert különben az egyenes nem vághat ki -t a szögtartományból.

Húzzuk meg a szögfelezőt. Könnyen belátható, hogy, ha az adott P pont a szögfelezőn van akkor a P pontban a szögfelezőre állított merőleges egyenes vágja le a szögtartományból a legkisebb területű -t.

Ha P nincs a szögfelezőn akkor húzzunk rajta keresztül merőlegest és párhuzamost a szügfelezővel! A merőleges a szögszárakat B-ben és C-ben, a párhuzamos G-ben metszi.

Húzzunk G ponton át párhuzamost a másik szögszárral, ennek BC-vel alkotott metszéspontja legyen D pont. Majd D ponton át párhuzamost AG szögszárral ennek metszéspontja AB-vel legyen H pont.

Legyen M a BH szakasz egy belső pontja és N az MP egyenes metszéspontja a másik szögszárral, E pont pedig MP és DH egyenesek metszéspontja.

Mivel PC=PD és CN párhuzamos ED, ezért

Mozogjon az M pont a szögszáron a B ponttól a H pont felé. Ekkor at AMN területe csökken ABC területéhez képest, méghozzá BDEM négyszög területével. Egészen addig míg H pontba érünt. Az AMN területe ekkor lesz a legkisebb, hiszen M ponttal tovább haladva A felé a PMH területe kisebb mint a P pont másik oldalán a szögszárig terjedő háromszög területe.

Tehát a keresett egyenes a PH.

Kedves Fórumosok!

A B.3837. feladatra szeretnék mutatni egy vektoros megoldást.

Egyszerűen belátható, hogy az ábrán azonos színnel jelölt vektorok egymásnak 90 fokos elforgatottjai.

vektor -nak vektor -nek 90 fokos negativ irányú elforgatottja, emiatt ez az összegekre is igaz.

Tehát vektor -nak 90 fokos negativ irányú elforgatottja. Hasonlóan belátható ez és vektorokra, vagyis PRQS négyzet.

Tök jó, én vagyok Sherlock, nézd meg a feladat statisztikájánál, amit a feladatoknál olvashatsz el (simán klikk a fizika feladatokra) :)

Egy kis offtopic:)

CsG, elárulnád nekem, hogy ki vagy te a valós életben? ;)

Hello Hardre!

Elküldjem e-mail-ben a megoldást?

Ha valaki meg tudta rendesen csinálni a P. 3811. feladatot, írja le pls hogy, mert én elakadtam.

Mégpedig ott, hogy a mágneses térbe ér a részecske. Felírtam a rá ható erőket, felbontottam komponensekre, de csak az éppen megtett út/sebesség/idő függvényében. Ha a megtett utat veszem változónak, akkor az a baj, hogy y(x) függvény általános ívhosszára olyan képlet van, amit itt sztem nem érdemes felhasználni. Akárhogy írom fel; a gond mindig a pálya függvényének meghatározása. Hiába tudom a 2 komponensének 2. deriváltját, abból túl bonyolult dolgok jönnek ki, mert sztem van vmi amire nem jöttem eddig rá.

Kedves Onogur! Köszönöm, hogy felhívtad figyelmemet erre, de én nem a B, hanem a P. 3754. feladatra gondoltam.

Kedves Dani!

Fenn van már a megoldás. ITT megtalálod.

HK

Valaki tegye fel a P. 3754. feladat megoldását!

hát,a 2 egyenlet összegét rendezve csupa teljes négyzet jön ki, és onnan x=2, y=3.

Oldjuk meg a Lórántfy által kitűzött B.3790 feladatot. Nekem van egy megoldásom, kíváncsi vagyok, ti hogy oldjátok meg.

Kedves Balázs!

Elküldtem mailben azokat az oldalakat a Matematikai Lapokból, amik a feladathoz kapcsolódnak. A téglás pakolásokról az interneten is találhatsz cikkeket:

http://www-math.mit.edu/~rstan/transparencies/tilings.pdf

http://www.math.uni-bielefeld.de/~sillke/POLYCUBE/PROOF/deBruijn/filling-boxes-with-bricks.pdf

http://www.mrlonline.org/mrl/1994-001-005/1994-001-005-003.pdf

http://www.combinatorics.org/Volume_4/PDF/v4i2r12.pdf

Hello!

Nagyon szép a megoldás, sokkal általánosabb, mint a feladat. Én is hasonló dolgokkal próbálkoztam: vetületekkel, csak nem tudtam elszakadni a kockától, de ez a szétszeletelés nagyon leleményes. Érdekelne az a Kömal-cikk, amiben ezzel foglalkoznak, de nem találtam meg. Biztos, hogy jó az év?

Hello!

Legyen a₁,...,a_nN. Tegyünk az n-dimenziós rács pontjaiba egy-egy lámpát. Az i-edik tengellyel párhuzamosan lépésenként a_i db szomszédos lámpa állapotát megváltoztathatjuk. Ha kezdetben minden lámpa 0, és véges sok lépés után egy b₁,...,b_n élű B téglában (és csak ott) minden lámpa ég, akkor van olyan in, amire a_i|b_i.

Bizonyítás indukcióval. n=1-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy a_n nem osztója b_n-nek. Legyen L a B téglának az n-edik tengelyre merőleges alsó lapja, ez tehát egy b₁,...,b_n-1 élhosszúságú, n-1 dimenziós tégla. Elég belátni, hogy L-ben maradva is minden lámpát át lehet állítani, ekkor ugyanis az indukciós feltevés szerint a_i|b_i-nek kell teljesülni valamilyen in-1-re. Tekintsük B-ben az L-lel párhuzamos b_n db réteg közül azokat, amiknek a távolsága L-től 0 (mod a_n) vagy -1 (mod a_n). Szorítkozzunk a B kivilágításánál használt csíkok közül azokra, amiket ezek a rétegek tartalmaznak, és vegyük ezeknek a csíkoknak az L-re eső vetületeit (eltoltjait). Belátjuk, hogy minden xL-beli pontot páratlan sok vetületi csík fog fedni. a_n nem osztja b_n miatt a 0 maradékosztályban eggyel több réteg van, mint a (-1) maradékosztályban, azaz a tekintett rétegek száma páratlan, az ide eső, x feletti pontok B-beli multiplicitása is páratlan volt, így ezen pontok multiplicitásainak összege páratlan. Az összegből el kell hagyni az L-re merőleges, a_n hosszúságú csíkokat, de ezek mind pontosan két x feletti pontot tartalmaznak, ezért a paritás továbbra is páratlan marad.

(1) A feladatra a nemleges válasz egyszerűen következik, mert a 2x2x2-es kockákat az x₁, a 3x3x3-asakat a x₂, a 7x7x7-eseket az x₃ tengellyel párhuzamos csíkokra bonthatnánk, és a 2005 egyik hosszal sem osztható.

(2) A feladathoz ugyan nem kell, de a csíkok nemcsak B részhalmazai lehetnek. A bizonyításban semmi újat nem kell mondani.

(3) Ehhez hasonló feladat jelent meg a Matematikai Lapok Feladatrovatában (1962/3-4, pp 314-317.), a fenti gondolatmenet is az ottani egyik megoldás mintájára készült. A kérdéskör állítólag úgy jött elő, hogy N. G. De Bruijn 7 éves kisfia megfigyelte, hogy 1x2x4-es téglákkal nem lehet egy 6x6x6-os ládát kitölteni.

Na hell!

Ha vakinek van megoldása az A.363.-ra akkor beírhatná. Nagyon kiváncsi lennék...

SAMBUCA

Visszatérve a P. 3722. feladatra, melynek megoldása most jelent meg a KöMal-ban: az itt és Pecu által említett megoldásnál van egy egyszerűbb is. A tömegek és a tömegközépponttól való távolságok fordítottan arányosak.

Bocs!

Akarom mondani n-dimenziós kockát n db különböző méretű n-dimenziós kockával kellene lefedni.

SAMBUCA

Helló!

Szerintem a feladat simán általánosítható n dimenzióra úgy, hogy a megfelelő méretű n-dimenziós kockát megfelelő méretű (n-1) dimenziós kockákkal fedjük le.

Ui. Kiváncsi lennék, hogy a megoldók hogyan oldották meg, de ezzel szerintem még várjunk 1-2 napot.

SAMBUCA (vajon ki??? )

Nekem nagyon tetszett. Viszont érdekes, hogy általánosítható-e a feladat magasabb dimenziókra több kockával. Pl. n-dimnezióban n+1 kockával. Az érzésem az, hogy igen, de nem tudom biztosan. Aki tudja, megírhatja.

Sziasztok!

Hogy tetszett az A pontversenyben a januári 2. feladat? :)

SAMBUCA

a P.3735.-re godoltam :)

Sziasztok!

Az Iron által elkezdett hagyományt folytatva felírnám a P.3722. feladat eredményét. Ha jól emlékeszem közel 350 dolgozat érkezett, a fele lett három pontos, a másik fele pedig 0 pontos (szerintem ez lehet a másik feladat, aminek a statisztikája "megdöbbentő"), elvétve akadt csak 1 vagy 2 pontos. A baj az volt, hogy sokan azt írták, akkor lesz az A pont a súlypont, ha a háromszög és a négyzet területe megegyezik, mások pedig azt, ha a háromszög és a négyzet súlypontja egyenlő távolságra van az A ponttól. Ez pedig nem igaz, hiszen ha a két terület egyenlő, akkor a súlypontjuk nem egyenlő távolságra lesz A-tól, vagyis nem lesz 0 a forgatónyomaték, ugyanez a helyzet a másik esetben is. Szóval ezek a megoldások elvi hibásak, ezért a 0 pont. 1 vagy két pontot annak megfelelően adtam, hogy csak kisebb vagy komolyabb számolási hibák voltak a dolgozatban. A helyes megoldás az, ha a háromszög és a négyzet által az A pontra kifejtett forgatónyomatékok egyenlőségét vizsgáljuk, és a helyes b/a arány . Remélem ez így megfelel.

Üdv, Pecu

hasonlóan az említett p feladathoz, a k.11. statisztikája is elég megrázó. 6 pontos dolgozat lett? :)

Sziasztok! Ironnak sikerült olyan hosszú téli álmot aludnia, hogy elfelejtette a jelszavát, így eron néven született újjá.. Néhány lelkes kritikus jelezte, hogy jó lenne, ha a javítók közül, akinek van rá lehetősége, a dolgozatok lepontozása után az általa javított megoldások típushibáiról, és a jó megoldásról szólna néhány szót. El is kezdeném :) A P. 3725.-ös feladatra több mint 400-an küldtek megoldást, ebből 10 4-pontos, >200 3, >100 2, a többi 1 és 0, ez engem is feldühítene első ránézésre :). Az történt ugyanis, hogy az emberek elég nagy többsége a víz hőtágulását a megadott tartományban állandónak tekintette, ami a sűrűségértékeket megnézve nem teljesen igaz. Ha emellett minden jó, akkor kapott vki 3 pontot. Pontos eredmény úgy adódna, ha azt is beleszámolnánk, hogy a kifolyó víz sűrűsége, hőmérséklete, stb. nem állandó, ha a kifolyás folyamatával számolunk, akkor ez elég hosszadalmas; egészen egyszerűen fel lehet azt írni, hogy a 20 fokos vízsűrűséggel mekkora tömegű víz fér el az eredeti térfogatú bojlerbe, majd 80fokon, a már kitágult bojlerben (hiszen az is tágul, különben minek mondták volna meg, hogy acél?) mekkora tömegű a víz. A maradék tömeg nyilván kifolyik, ennek a térfogatát pedig lehet becsülgetni, de nem változtat sokat a végeredményen, hogy változik a hőmérséklete. Annak ellenére, hogy a víz hőtágulási együtthatójának a változása a megadott tartományban aránylag nem túl nagy, a fél literrel összehasonlítva számottevő különbség adódik: a "3 pontos" módszer a víz új térfogatára 0,68l körüli értéket ad, a valódi érték pedig (emlékeim szerint) 2,2l körül van, vagyis arányaiban nagy az eltérés. További pontlevonás: ha a tartály tágulásával nem foglalkozik vki, elszámolja, vagy elvi hiba.

Remélem, ez korrekt. Üdv: Áron