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

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  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]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]    [39. oldal]    [40. oldal]    [41. oldal]    [42. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[1047] Graffalo2016-06-27 12:42:33

A B.4793. feladat megoldásának a) részében a végén A=1, 2, .., i-1. A b) rész végén levő egyenlőség nem igaz, a levezetéssel kapott bal oldali eredmény nem egyezik a jobb oldalra írt, egyébként jó megoldással.

[1046] csábos2016-06-22 21:12:24

Könnyű úgy bizonyítani, hogy az ábrára hivatkozunk. Így szokták azt is igazolni, hogy minden háromszög egyenlőszárú. Esetünkben az AKB szög (miattam) nyugodtan lehetne &tex;\displaystyle 180-2\delta&xet;.

Előzmény: [1045] Lpont, 2016-06-22 12:32:49
[1045] Lpont2016-06-22 12:32:49

Véleményem szerint a B. 4798. feladat hivatalos megoldása hiányos, nem látja be, hogy az ABK és CDK háromszögek léteznek (nem fajulnak szakasszá).

Amúgy könnyen igazolható, de mégis.....

[1044] Róbert Gida2016-06-12 17:24:05

Lejárt A671. megoldása: legyen &tex;\displaystyle E(n,k)=\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n+1}{i}(k+1-i)^n&xet;, ha &tex;\displaystyle 0\le k<n&xet;, egyébként pedig nulla. Ekkor E(n,k) éppen az n,k paraméterű Euler szám (Eulerian number, magyar wikin ne is keressétek), ami pedig éppen azon &tex;\displaystyle n&xet; elemű permutációk száma amik &tex;\displaystyle k&xet; emelkedést tartalmaznak, amiből a feladat állítása trivi. De ezt sem használjuk.

Elég viszont azt az egyébként ismert összefüggést belátni, hogy &tex;\displaystyle E(n,k)=(k+1)E(n-1,k)+(n-k)E(n-1,k-1)&xet;. Ekkor ugyanis indukcióval &tex;\displaystyle E(n,k)>0&xet;, ha &tex;\displaystyle k>0&xet;, míg &tex;\displaystyle k=0&xet;-ra triviálisan &tex;\displaystyle E(n,k)=1&xet;. Továbbá a rekurzió miatt &tex;\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}E(n,k)=\sum _{k=0}^{n-1}((k+1)E(n-1,k)+(n-k)E(n-1,k-1))=\sum _{k=0}^{n-1}((k+1+n-(k+1))E(n-1,k))=n\sum_{k=0}^{n-2}E(n-1,k)=...=n!E(1,0)=n!&xet; (itt felhasználtuk, hogy &tex;\displaystyle E(n-1,n-1)=0&xet; def. szerint), de mivel &tex;\displaystyle E(n,k)>0&xet; és legalább 2 tag van, így &tex;\displaystyle E(n,k)<n!&xet;, ha &tex;\displaystyle n>k\ge 0&xet;, ami kellett.

Azaz már csak az &tex;\displaystyle E(n,k)&xet;-ra vonatkozó rekurziót kell belátnunk, definicót beírva, kell: &tex;\displaystyle \sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n+1}{i}(k+1-i)^n=(k+1)\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n}{i}(k+1-i)^{n-1}+(n-k)\sum_{i=0}^{k-1} (-1)^i\binom {n}{i}(k-i)^{n-1}&xet;, rendezve: &tex;\displaystyle \sum_{i=0}^k(-1)^i(k+1-i)^{n-1}((k+1-i)\binom{n+1}{i}-(k+1)\binom{n}{i}+(n-k)\binom{n}{i-1})=0&xet;, a nagy zárójelben viszont nulla áll minden &tex;\displaystyle i&xet;-re: &tex;\displaystyle (k+1-i)\binom{n+1}{i}-(k+1)\binom{n}{i}+(n-k)\binom{n}{i-1}=(-i)\binom{n}{i}+(n+1-i)\binom{n}{i-1}=0&xet;, ugyanis &tex;\displaystyle \binom{n}{i}=\frac{n-i+1}{i}\binom{n}{i-1}&xet;

[1043] Ratkó Éva2016-05-10 10:39:11

A szövegben ez áll: "éri utol". Vagyis nem lehet az iskola a két ház között. Ha a két ház és az iskola nem lenne egy egyenesben, akkor bizonytalanná válna a " gyalogol az iskola felé" kifejezés értelmezése. A fizika feladatokban bizonyos fokú pongyolaság elfogadott.

Előzmény: [1031] Róbert Gida, 2016-04-13 18:33:03
[1042] Ratkó Éva2016-04-28 15:13:05

Konstrukciós jellegű feladatnál is számít, hogy ki mennyire ír indoklást (nem csak a KöMaL-ban, más versenyeken is). De túl szigorú pontozást kértünk, így mindkét feladatot újrapontoztuk. Aki megadott egy jó konstrukciót, az indoklástól függően 3, 4, 5 vagy 6 pontot kapott.

Az összes megoldást nem kell megadni egy konstrukciós feladatnál.

Előzmény: [1029] rizsesz, 2016-03-29 16:41:27
[1041] Laj0s2016-04-27 19:34:42

Megjegyzések a B 4784. feladathoz. Rendezzük f >= 0 alakra a bizonyítandó egyenlőtlenséget. Új változók bevezetésével elérhetjük, hogy f az a, b, c, és az új d változó homogén negyedfokú polinomja legyen. Léteznek olyan s1,t1,r1, s2,t2,r2, p,u,v valós számok (p>0), hogy

&tex;\displaystyle f = (s1*a^2+t1*(b^2+c^2)+r1*d^2)^2 + p*(b^2-c^2)^2 + (s2*a^2+t2*(b^2+c^2)+r2*d^2)^2 + (u*a*d-v*b*c)^2,&xet;

ami - természetesen - bizonyítja az állítást. A fenti 9 számot nem könnyű meghatározni - én pl. felhasználtam a szemidefinit programozásra írt programomat - továbbá nem is a legelegánsabb útja a megoldásnak, de talán mégis tanulságos. Maple és MATLAB programozási ismeret is kellett hozzá.

Érdekesség: attól, hogy nemnegatív a polinomunk, még nem biztos, hogy négyzetösszeg alakban felírható! A klasszikus példa: a Motzkin polinom:

&tex;\displaystyle x^4*y^2 + x^2*y^4 + z^6 - 3*x^2*y^2*z^2.&xet;

A nemnegatívitás a számtani-mértani egyenlőtlenségből adódik. Eszerint a B.4784 feladatnál, szerencsénk volt, hogy találtunk SOS (sum of squares) alakot.

Ha van érdeklődés, küldhetek egy (olvasmányosabb) pdf file-t is. Üdvözlettel, László Lajos.

[1040] yield2016-04-21 13:06:45

A665 feladat megoldását (itt) kellene átgondolni. A végkövetkeztetés jó, de van két hely, ami nem tűnik helyesnek:

Első:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i = \frac{a_k(a_k-1)}2&xet; helyett &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i = \frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)}2&xet;

Második:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = \frac{a_k(a_k-1)(2a_{k+1}-1)}6&xet; helyett &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = \frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)(2a_{k+1}-1)}6&xet;

, de így sem jó, mert jobb oldali kifejezés a négyzetösszeg képlete és nem a köböké.

Inkább:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = (\frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)}2)^2&xet;

[1039] Ratkó Éva2016-04-18 08:24:48

Igen, köszönöm, javítottam.

Előzmény: [1038] rizsesz, 2016-04-18 06:58:34
[1038] rizsesz2016-04-18 06:58:34

Koszonom Eva.

A K. 501. szerintem nem teljes. Ha az AB tavolsag kisebb, mint 3-2=1, akkor a nagyobb kor tartalmazza a kisebbet, nincs kozos erinto, ha AB=1, akkor egy kozos kulso erintojuk van, utana mar johet az (1<)AB<5 eset.

Előzmény: [1037] Ratkó Éva, 2016-04-15 08:21:16
[1037] Ratkó Éva2016-04-15 08:21:16

18-án. (Az Abacus határideje most néhány nappal később volt, mint a KöMaL-é, és arra számoltunk rá még 2-3 napot.)

Előzmény: [1036] rizsesz, 2016-04-14 13:30:02
[1036] rizsesz2016-04-14 13:30:02

Tisztelt Szerkesztoseg! A K-jelu feladatok megoldasa nem kerult fel az oldalra, mikor varhatoak?

[1035] w2016-04-13 21:54:00

Nekem az az érzésem volt meg a hivatalos megoldásról, hogy nehéz benne meglelni a lényeget. Leírom az én megoldásomat is, ami kicsit megint más (talán bonyolultabb): én nem a Chevalley-tétel bizonyítására alapozok.

Legyen &tex;\displaystyle g(x)&xet; egy indikátorpolinom, ami értéke egész &tex;\displaystyle x&xet;-ekre egész szám: &tex;\displaystyle 1&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet; ha &tex;\displaystyle p^k|x&xet; és &tex;\displaystyle 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet; egyébként.

Ekkor definícióból adódóan

&tex;\displaystyle N_{páros}-N_{páratlan}\equiv S:=\sum_{H\subset \{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|H|}\cdot g\left(\sum_{i\in H}a_i\right) \quad \mod p.&xet;

Könnyen ellenőrizhető, hogy a &tex;\displaystyle g(x)=\binom{x-1}{p^k-1}&xet; polinom alkalmas indikátorfüggvény, sőt a foka &tex;\displaystyle p^k&xet;-nál kisebb. Másrészt a &tex;\displaystyle \prod a_i^{d_i}&xet; alakú tagok együtthatóit egyenként lekövetve ellenőrizhető, hogy

&tex;\displaystyle \sum_{H\subset \{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|H|} \cdot \left(\sum_{i\in H} a_i\right)^m=0,&xet;

azaz a bal oldal minden tagja kiesik, feltéve, hogy &tex;\displaystyle m<n&xet;. Azonban az &tex;\displaystyle S&xet; összeg éppen ilyen alakú összegek súlyozott összege (az &tex;\displaystyle m=0,1,\dots,p^k-1&xet;-re vett összegeket kell csak nézni, hisz &tex;\displaystyle g&xet; foka &tex;\displaystyle p^k-1&xet;), és ezek az összegek &tex;\displaystyle p^k\le n&xet; miatt el is tűnnek. Vagyis &tex;\displaystyle S=0&xet;, kész.

Előzmény: [1030] nadorp, 2016-04-13 16:26:46
[1034] Lpont2016-04-13 18:55:16

Szép, "matematikus" bizonyítás.

Előzmény: [1030] nadorp, 2016-04-13 16:26:46
[1033] Lpont2016-04-13 18:52:44

Egyetértünk.

Előzmény: [1031] Róbert Gida, 2016-04-13 18:33:03
[1032] Lpont2016-04-13 18:46:04

A B.4778. feladat hivatalos megoldása(i) szükségtelenül elbonyolítottak, nincs szükség sem vektorokra, sem cos, sem Pit.tételre.

A második metszéspontok oldalakra illeszkedésének bizonyítását megtartva,

írjuk fel sorra az A,B,C pontok őket nem tartalmazó másik körökre vonatkozó hatványait, kapjuk: AM*AB, BM*AB, AP*AC, CP*AC, BN*BC, CN*BC.

Összeadás és kiemelés után éppen a bizonyítandó állításhoz jutunk.

[1031] Róbert Gida2016-04-13 18:33:03

P. 4818. (fizika) megoldása tökéletesen 0 pontos. Feladat semmit nem ír arról, hogy hol van az iskola, így az &tex;\displaystyle x-y=250&xet; nem írható fel. Történetesen, ha az iskola a két ház között van (és út/járda is van!), akkor &tex;\displaystyle x+y=250&xet; a helyes egyenlet. A valóság persze még rosszabb, az iskola a két ház által meghatározott egyenesen kívül is lehet.

[1030] nadorp2016-04-13 16:26:46

Az alábbi bizonyítás az A666-ra egy kicsit "emészthetőbb" polinom segítségével bizonyítja az állítást.

Mivel &tex;\displaystyle N_{páros}&xet; és &tex;\displaystyle N_{páratlan}&xet; értéke csak az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok &tex;\displaystyle p^k&xet;-nal vett osztási maradékától függ, ezért feltehető, hogy &tex;\displaystyle a_i>0&xet;.

Legyen &tex;\displaystyle q=p^k&xet; és tetszőleges &tex;\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^i&xet; polinomra legyen &tex;\displaystyle T_q(f)=\sum_{q|i}b_i&xet;, azaz f(x)-ben a q-val osztható kitevőkhöz tartozó együtthatók összege.

Tekintsük most az

&tex;\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(1-x^{a_i})&xet; polinomot.

Könnyen látható, hogy &tex;\displaystyle T_q(f)=N_{páros}-N_{páratlan}&xet;.

Mivel &tex;\displaystyle 1-x^{a_i}=(1-x)(x^{a_i-1}+...+1)=(1-x)h_i(x)&xet; ,ezért felhasználva, hogy &tex;\displaystyle n\geq q&xet;

&tex;\displaystyle f(x)=\prod_{i=1}^{n}(1-x)h_i(x)=(1-x)^q(1-x)^{n-q}\prod_{i=1}^{n}h_i(x)=(1-x)^qh(x)&xet;, ahol h(x) egész együtthatós polinom.

Felhasználva,hogy

&tex;\displaystyle (1-x)^q=1+(-1)^qx^q+\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^i\binom{q}{i}x^i&xet;, kapjuk

&tex;\displaystyle f(x)=(1+(-1)^qx^q)h(x)+h(x)\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^i\binom{q}{i}x^i=A(x)+B(x)&xet;

A faktoriálisokra vonatkozó Legendre képlet segítségével könnyen adódik, hogy &tex;\displaystyle 1\leq i\leq q-1&xet; esetén &tex;\displaystyle \binom q i&xet; osztható p-vel, tehát a B(x) polinom minden együtthatója osztható p-vel,azaz &tex;\displaystyle p|T_q(B)&xet;.

Így &tex;\displaystyle T_q(f)=T_q(A)+T_q(B)&xet; miatt elég belátnunk, hogy &tex;\displaystyle p|T_q(A)&xet;

Legyen &tex;\displaystyle h(x)=\sum_{i=0}^m c_ix^i&xet; alakú. Ekkor &tex;\displaystyle A(x)=\sum_{i=0}^m c_ix^i+\sum_{i=0}^m (-1)^qc_ix^{i+q}&xet;.

Mivel i+q pontosan akkor oszható q-val, ha i osztható q-val, ezért

&tex;\displaystyle T_q(A)=\sum_{q|i}c_i+\sum_{q|i}(-1)^qc_i=(1+(-1)^q)\sum_{q|i}c_i=\left\{\matrix{2T_q(h) & ha& p=2 \cr 0 & ha & p>2}\right.&xet;

A fentiből következik, hogy &tex;\displaystyle p|T_q(A)&xet; is teljesül.

[1029] rizsesz2016-03-29 16:41:27

Szerintem a 475-ben egyetertunk; igy azt ki is vennem a beszelgetesbol; vagy vegigvezeti a diak es megadja a megoldast, vagy 0 pont.

A 493 eseteben mar nehezebb a helyzet. A kovetkezo esetek vannak:

1. tiszta ut: csak azert jar 6 pont, ha valaki levezeti hianytalanul a megoldast (ezt meg mindig nem prezentaltad te sem) es meg is adja az osszes esetet. Ezzel azonban inkabb a B-be valo a feladat.

2. felig-meddig ut: ha ir valamifele indoklast, akkor megkapja a 6 pontot. Ezzel azonban tobb problemam is van: -a javito mikor mondja azt, hogy 6 pont? Mikor ad reszpontot? -a gyereknek azt mondtak multkor, hogy teljes, levezetett megoldasra jar csak 6 pont. Miutan latja, hogy ez baromi nehez, ezert be sem kuldi a megoldast. - meg ijesztobb verzio: nagyon tehetseges gyerek megtalalja az osszes megoldast, hosszasan indokolja, es ugyanugy 6 pontot kap, mint aki mondjuk eszreveszi azt, hogy a ket szemkozti lapon mi lehet az osszeg.

Szivem szerint en a tiszta utat valasztanam, de a jelek szerint a 2. eset valosult meg.

Előzmény: [1028] Róbert Gida, 2016-03-29 16:15:15
[1028] Róbert Gida2016-03-29 16:15:15

"A 493-nal, amikor megkerdezte, hogy mit irjon le, akkor mondtam, hogy barmit"

Azt kellett volna leírni itt és a másik példánál, hogy hogyan kapott meg egy helyes kitöltést, szisztematikusan kereste, vagy hasból felírt néhány permutációt; ez utóbbi csak a K493-ra igaz, mert ott nagyjából 3 százaléknyi esélye van egy megoldást találni egy (véletlen) permutációnál. Azért is kell bizonyítás, hogy lássa a javító, hogy nem másolt a dolgozat. Nálam mindkét dolgozat 0 pontot ért volna, és ez nem érettségi, ahol a hibás megoldásért IS maximális pont jár.

Papíron(!) szisztematikusan keresve nagyjából egy perc volt nekem megtalálni egy megoldást, ugyanaz ami fent van, nyilván nem véletlen. És fél óra alatt 9 megoldásig jutottam, amikor meguntam --> kb. másfél óra lett volna megtalálni az összeset.

Előzmény: [1027] rizsesz, 2016-03-29 09:27:22
[1027] rizsesz2016-03-29 09:27:22

A 475-re a diakom csak kitoltest kuldott, indoklas nelkul, 0 pont. A 493-nal, amikor megkerdezte, hogy mit irjon le, akkor mondtam, hogy barmit, igy vegul szerintem lenyegeben osszeadassal ellenorizte a kitolteset. 6 pontot kapott.

Előzmény: [1026] csábos, 2016-03-28 22:58:59
[1026] csábos2016-03-28 22:58:59

Ez most itt légbőlkapottnak tűnik, de: Az én értelmezésem szerint erre a feladatra maximális pontszámot kell(ene) adni, ha valaki leír egy megoldást, ami ezesetben egy lehetséges elrendezés. Összeadja a lapokon lévő számok összegét, és megállapítja, hogy ezen összegek prímek. Hasonlóan gondolok a 475-re is. A kérdés tehát az, hogy a szóban forgó megoldás valóban helyes volt-e, mint ,,példa", és hogy tényleg kevesebb pontot kapott-e, mint kéne. Ezt a hozzászólások alapján nemien lehet eldöntni.

Előzmény: [1025] rizsesz, 2016-03-26 19:22:42
[1025] rizsesz2016-03-26 19:22:42

A probléma onnan indult, h a K 475-re 0 pont járt, ha csak egy kitoltest kuldtel be. Ezt elfogadom, mert indoklas nelkul nem jar pont. A problemam az, h hogyan fogjak pontozni akkor a 493-at? Vagy ott pl eleg megadni egy kitoltest, hiszen a kerdest megvalaszolja? Ekkor azonban miert nem eleg a 475-re megadni egy kitoltest?

Előzmény: [1024] Róbert Gida, 2016-03-26 16:04:11
[1024] Róbert Gida2016-03-26 16:04:11

"Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet."

Nyomtatásban máshogy szerepelt a feladat?? "Rá lehet-e írni egy kocka csúcsaira az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 és 8 számokat úgy, hogy minden lapon prímszám legyen a lap csúcsaiban álló számok összege?"

Ez nem kéri az összes megoldást.

Előzmény: [1023] rizsesz, 2016-03-25 16:29:52
[1023] rizsesz2016-03-25 16:29:52

Kedves Éva!

Átgondoltam a dolgot: a honlapra felkerült megoldás még mindig nem teljes, így nem elfogadható.

Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet.

Előzmény: [1022] rizsesz, 2016-03-25 16:10:09

  [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]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]    [39. oldal]    [40. oldal]    [41. oldal]    [42. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma  
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   Nemzeti Tehetség Program     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley