Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Versenyfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[45] nadorp2004-09-09 09:50:45

A Fazekas weblapján több évre visszamenőleg fenn vannak a megyei és országos Kalmár példák.

N.P.

Előzmény: [44] Hajba Károly, 2004-09-07 13:12:45
[44] Hajba Károly2004-09-07 13:12:45

Üdv Mindekinek!

Általános iskola 5. osztályos szintű, korábbi évek matek versenyfeladatsorait keresem lányom részére felkészülés, gyakorlás céljából. Kinek rendelkezésére áll ilyen értestsen. Előre is köszönöm.

Hajba Károly

[43] lorantfy2004-05-26 10:34:35

Kedves Károly!

Gratulálok! Pont erre gondoltam. Igy indultam én is de a végén belekavarodtam. Pedig milyen egyszerű (ha már kész).

Előzmény: [40] Hajba Károly, 2004-05-26 02:42:27
[42] syllabus2004-05-26 10:02:29

Ja bocs! Megvan! :)

Szép megoldás! :)

Előzmény: [41] syllabus, 2004-05-26 10:00:26
[41] syllabus2004-05-26 10:00:26

Bocsi Onogur a kérdésért. De honnan tudjuk, hogy ez a legkisebb?

Előzmény: [40] Hajba Károly, 2004-05-26 02:42:27
[40] Hajba Károly2004-05-26 02:42:27

Kedves László!

Csak nem erre gondoltál a 9. feladat megoldásánál? :o)

10000A+1998=1997n, ahol (A, n) \inN+

n=\frac{10000A}{1997}+\frac{1998}{1997}

n=5A+1+\frac{15A+1}{1997}

\frac{15A+1}{1997}=m, ahol m\inN+

A=\frac{1997m-1}{15}=133m+\frac{2m-1}{15}

m=8, A=1065, n=5334, azaz

10651998=5334*1997

HK

Előzmény: [37] lorantfy, 2004-05-25 17:54:35
[39] Csimby2004-05-25 22:43:57

Hoppá, most látom az volt a kérdés melyik a legkisebb többszörös. Tehát hülyeséget írtam ...

[38] Csimby2004-05-25 22:39:01

Vegyük a következő sorozatot: 1997, 2*1997, 3*1997, 4*1997,...,10000*1997 Ez 10000 tag, mivel 1997 prím, ebben a sorozatot modulo 10000 véve minden maradék pontosan egyszer szerepel, ezt most nem bizonyítom, de nem nehéz (teljes maradék rendszert alkotnak, vagy micsodát). Tehát szerepel modulo 1998-is, egy szám pedig 10000-rel osztva akkor ad 1998 maradékot, ha arra végződik (hiszen a...z0000 osztható 10000-rel)! Ez csak a megoldás létezését bizonyítja, de asszem csak ez volt a kérdés.

Előzmény: [37] lorantfy, 2004-05-25 17:54:35
[37] lorantfy2004-05-25 17:54:35

Hát így persze már sokkal könnyebb!

Nagyon örülnék ha valaki meg tudná oldani "számelméleti módszerekkel", ha lehet, mert nekem még nem sikerült!

Előzmény: [35] Kós Géza, 2004-05-25 16:02:22
[36] plx2004-05-25 17:42:12

Gondoljunk egy B középpontú \sqrt2 r sugarú gömbre. (A körfűrész persze nem vágná ki, mert a körfűrészlap megakadályozza az elfordulásban, "körfűrészív" lenne jó.)

Előzmény: [12] lorantfy, 2003-12-11 13:08:19
[35] Kós Géza2004-05-25 16:02:22

Egy kis segítség... :-)

Előzmény: [33] lorantfy, 2004-05-19 23:48:24
[34] plx2004-05-25 15:10:49

Indirekt. Vegyük a konvex burkot. Ennek csak háromszög lapja lehet, különben egyszerű. Mindkét típusú háromszöglap esetén könnyen adódik a megoldás, ha a lap síkjára eső vetületeket figyeljük. Tehát nincs ilyen térbeli ötszög.

Előzmény: [10] lorantfy, 2003-12-10 22:03:47
[33] lorantfy2004-05-19 23:48:24

9. feladat: Az 1997-nek melyik az a legkisebb többszöröse, amelyik 1998-ra végződik?

Makkosházi Matematika Verseny 2004 (7. osztály!)

[32] lorantfy2004-04-29 21:35:24

Kedves Fórumosok!

Arra gondoltam, hogy majd írtok be megoldások a lenti Arany Dániel feladatokra.

Kedvcsinálónak az I./3. megoldása:

2004182  <  2048182  =  211.182  =  22002  <  22004

8. feladat: Hány év múlva lesz először igaz, ha k az évszám és m,n egész számok, hogy

kn  =mk

Pl. 65536-ban:

655364096  =  265536

Előzmény: [31] lorantfy, 2004-04-24 21:27:23
[31] lorantfy2004-04-24 21:27:23

Kedves Fórumosok!

Április 22-én volt az Arany Dániel verseny döntője. Egy kategória kivételével mindegyikben volt 2004-el kapcsolatos feladat. Ezeket tenném itt közzé, ha nem ütközik jogi akadályokba:

Kezdők I./3. Melyik nagyobb 22004 vagy 2004182?

Kezdők II./2. Mely x,y, és z egész számokra igaz a következő egyenlőség?

x2+y2+z2=22004

Kezdők III./1. Melyik nagyobb a következő számok közül: M_{2004}=2^{4^{2^{.^{.^{.^{2^4}}}}}} vagy N_{2004}=4^{2^{4^{.^{.^{.^{4^2}}}}}}? Mindkét emeletes hatványban 2004 db szám szerepel, váltakozva kettesek és négyesek.

Kezdők III./2. Tekintsük a következő számot: 444...4449, ahol az utolsó számjegy kivételével minden más jegy négyes, számjegyeinek száma pedig 2004-nek többszöröse. Bizonyítsuk be, hogy ez a szám nem egy prímszám négyzete!

Haladók I-II./3. Legfeljebb hány egész szám adható meg úgy, hogy semelyik kettő összege, semelyik kettő különbsége és semelyik kettő szorzata se legyen osztható 2004-gyel?

[30] Kós Géza2004-01-15 10:11:48

Örülök, hogy tetszett. Az általános tétel persze mindjárt rámutat, hogy jó alaposan túlbonyolítottam egy speciális esetet... :-)

Előzmény: [24] lorantfy, 2004-01-13 23:40:56
[29] Rácz Béla2004-01-14 19:49:19

Kedves fórumos diákok!

Igazából nem tudom, hogy ezt melyik fórumbe írjam, de - bár van róla szó a friss KöMaL-ben - szeretném én is mindenkinek felhívni a figyelmét a

KAVICS-pályázatra.

A részleteket a Fazekas-honlapon találhatjátok meg.

[28] Zormac2004-01-14 16:17:33

Bátortalan első hozzászólóként én is bedobom a kedvenc olimpiai példámat (igaz, ez nem geometria):

Hány olyan p-elemű részhalmaza van az {1,2,...,2p} halmaznak, amelynek elemeinek összege osztható p-vel? (p páratlan prím)

Az olimpiai példák egyébként remekül böngészhetők például ezen a címen: http://imo.math.ca/

-- z.

[27] Sirpi2004-01-14 13:22:18

Szia Nadorp!

Gratula a megoldáshoz! Hajszálpontosan így csináltam én is, csak az enyémet lassabb lett volna beírni, mert a,b,c helyett \lambda,\mu,\nu-t használtam :-)

S

Előzmény: [26] nadorp, 2004-01-14 11:40:55
[26] nadorp2004-01-14 11:40:55

Közlök a 6.b feladatra egy számolásos (nem annyira geometriai) megoldást.

Tegyük fel, hogy a BT1=xa,CT2=yb és AT3=zc (0<x,y,z<1, lásd az ábrát).Ekkor nyilván

T_{AT_3T_2}=z(1-y)T_{\Delta}

T_{BT_1T_3}=x(1-z)T_{\Delta}

T_{CT_2T_1}=y(1-x)T_{\Delta}, ezért a bizonyítandó egyenlőtlenség:

\Big(1-z(1-y)-x(1-z)-y(1-x)\Big)T_{\Delta}\le\frac14T_{\Delta}

x+y+z-(xy+xz+yz)\ge\frac34

A Ceva tétel ( remélem tényleg az !!) szerint viszont

xa.yb.zc=(1-x)a.(1-y)b.(1-z)c, ahonnan következik,hogy

x+y+z-(xy+xz+yz)=1-2xyz, ezért elegendő bizonyítani, hogy

xyz\le\frac18, ami következik az alábbi egyenlőtlenségekből:

x^2y^2z^2=xyz(1-x)(1-y)(1-z)=x(1-x)y(1-y)z(1-z)<=\frac14\cdot\frac14\cdot\frac14=\frac1{64}

[25] lorantfy2004-01-13 23:45:26

Az elmaradt ábra:

Előzmény: [24] lorantfy, 2004-01-13 23:40:56
[24] lorantfy2004-01-13 23:40:56

Kedves Géza, Sirpi és Fórumosok !

Nagy élvezettel olvastam Géza megoldását és persze az ábrák is nagyon tetszettek. Örülök Sirpi általánosításának. Egy egyszerű megoldás a 6. feladatra: Tekintsük a talpponti \Delta csúcsai közül az ABC\Delta legnagyobb szögével szemben lévőt és húzzunk párhuzamosokat rajta keresztül a másik két oldallal. A párhuzamosok az oldalakat D és E pontban metszik.

T1T3B\angle=T2T3A\angle=\gamma és mivel ez a legnagyobb szög ezért T1 és T2 a CDT3E paralelogramma megfelelő oldalaira esnek.

Először belátjuk, hogy  T_{Par} \leq \frac{1}{2}  T_{ABC\Delta} majd, hogy T_{T_1T_2T_3} \leq \frac{1}{2} T_{Par} amiből T_{T_1T_2T_3} \leq \frac{1}{4} T_{ABC\Delta}

1. Válasszuk AT3 és T3B közül a kisebb (egyenlő) szakaszt és húzzunk D pontból párhuzamost AB-vel. Látható, hogy T_\Delta=2 T_{Par}+T_{EFG \Delta} és T_{EFG \Delta}=0 csak akor lehetséges, ha T3 AB oldal felezőpontja.

2. CDT3E paralelogrammában T1 pontból húzzunk párhuzamost CD-vel, T2-ből pedig CE-vel.(fenti ábra) Látható, hogy T1T2T3G négyszög területe a paralelogramma területének fele. T1T3G\Delta területe csak akkor 0, ha T1=E vagy T2=D, ilyenkor egyenlőség van, különben T_{T_1T_2T_3} \leq T_{T_1T_2T_3G}=\frac{1}{2} T_{Par} Talán Sirpi 6.b általánosítására is átdolgozható, de még nem volt időm rá.

Előzmény: [22] Kós Géza, 2004-01-13 11:28:20
[23] Sirpi2004-01-13 13:19:40

Sziasztok!

Géza, frappáns a megoldásod, de elolvasása közben felvetődött bennem a gondolat, hogy nyilván a magasságvonalak talppontjain kívül más belső pontokhoz tartozó talppontokra is igaz, hogy legfeljebb T/4 területú háromszöget határoznak meg. Gyors számolás után be is láttam, hogy ez minden belső pontra igaz. Úgyhogy ez lehet akár egy, mondjuk a

6b feladat: Az ABC háromszög belső pontja P. Az AP egyenes a BC oldalt a D pontban metszi, és hasonlóan adódnak a másik két csúcsból az E és F talppontok. Biz. be: T(DEF) \leq \frac14 T(ABC)

Előzmény: [22] Kós Géza, 2004-01-13 11:28:20
[22] Kós Géza2004-01-13 11:28:20

Az egyenlőtlenséget számolás nélkül is be lehet bizonyítani, igaz, így nehezebb is....

Először is egy lemma. Legyen PQR egy tetszőleges háromszög, a körülírt körén a PQ, QR, RP ívek felezőpontjai FR, FP, illetve FQ. Ekkor a PFRQFPRFQ hatszög területe legalább kétszerese a PQR háromszög területének.

Bizonyítás: Először azt az esetet vizsgáljuk, amikor PQR hegyesszögű. A magasságpontja legyen M, ami a háromszög belsejében van. A magasságpont tükörképei az oldalegyenesekre legyenek TP, TQ és TR, ezek rajta vannak a körülírt körön (1. ábra). A tükrözés miatt a PTRQ háromszög területe megegyezik a PQM háromszög területével. A PQ körív legtávolabbi pontja a PQ egyenestől FR, ezért t(PFRQ\Delta)\get(PTRQ\Delta)=t(PQM\Delta). (Egyenlőség akkor van, ha a TR és FR pontok egybeesnek, azaz PR=QR.) Másképpen fogalmazva, a PFRQM négyszög területe legalább kétszerese a PQM háromszögének.

Hasonlóan kapjuk, hogy a QFPRM és RFQPM négyszögek területe legalább kétszerese a QRM és RPM háromszögek területének, összesen tehát a PFRQFPRFQ hatszög területe legalább kétszerese a PQR háromszög területének. Egyenlőség akkor van, ha a PQR háromszög szabályos.

Ha a PQR háromszög derék- vagy tompaszögű, például a P-nél levő szöge legalább derékszög, akkor a QFPR háromszög területe egymaga legalább akkora, mint a PQR háromszög területe, és ehhez még hozzájön a PFRQ és az RFQP háromszögek területe (2. ábra).

Teintsük most az ABC háromszög Feuerbach-körét (3. ábra). Ez többek között átmegy a magasságvonalak talppontjain és az AM, BM. CM szakaszok felezőpontjain. Az FA, FB, FC felezőpontok felezik a B1C1, C1A1, A1B1 köríveket, mert a magasságvonalak a talpponti háromszög szögfelezői. Az MB1A, MAC1, ..., MCB1 háromszögek területének az A1FCB1FAC1FB hatszög éppen a felét tartalmazza, ezért, a lemmát is alkalmazva, t(ABC)=2t(A1FCB1FAC1FB)\ge4t(A1B1C1).

Előzmény: [17] lorantfy, 2004-01-11 11:21:59
[21] tmbjg2004-01-12 17:37:53

Köszönöm, időközben már rájöttem, hogy valószínűleg mire gondolt a feladat írója. Elnézést kérek a kérdésért, gondoltam, hogy ez tabu téma, de tegnap már annyira felidegesített a feladat, hogy nem tudtam jobbat kitalálni. Ma hideg fejjel könnyebb volt. Még egyszer köszönöm. Tisztelettel: Tóth Miklós, Batsányi János Gimnázium

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]