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

Fórum: Matematikai Diákolimpia

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[103] gyarmatii2012-07-16 08:47:09

Matematikaverseny volt vagy fazekasos kirándulás? Az eddigi leggyengébb eredmény, amit elért magyar csapat. Sajnos a válogatási elvekből kifolyólag előre borítékolni lehetett az eredményt. A tavalyi MEMO-n a mostani 6 diákból 3 ott volt, mellettük még 3 vidéki. Akkor több ponttal megelőzték a német és horvát csapatot, akik szinte ugyanazzal a csapattal most jóval előrébb végeztek. Az 1-es és a 4-es feladat könnyű volt, minimum 14 ponttal kellett volna mindekinek indítania. Úgy tűnik valamit nagyon elszúrtak a Fazekasban?!

[102] Róbert Gida2012-07-15 20:46:11

Megjavult. Új abszolút rekorder van az olimpiák történetében: Teodor von Burg, korábban egy lány vezetett! katt

Előzmény: [101] Róbert Gida, 2012-07-15 20:42:02
[101] Róbert Gida2012-07-15 20:42:02

Hm, az imo honlapja nem elérhető, gondolom kínai hekkerek műve.

[100] lorantfy2012-07-15 19:47:43

Gratulálok a magyar csapat minden tagjának és a felkészítő tanároknak!

Előzmény: [98] Kós Géza, 2012-07-15 17:04:24
[99] Róbert Gida2012-07-15 17:15:19

Kínában holnap 6 diákot kivégeznek.

[98] Kós Géza2012-07-15 17:04:24

Íme az eredmény...

1 2 3 4 5 6 összesen díj
Ágoston Tamás 7 7 0 7 1 0 22 ezüstérem
Janzer Olivér 7 7 3 7 1 2 27 ezüstérem
Nagy Róbert 7 1 0 6 0 0 14 bronzérem
Ódor Gergely 7 1 0 3 0 0 11 dicséret
Sándor András 7 1 0 0 0 0 8 dicséret
Strenner Péter 7 0 0 2 0 2 11 dicséret
Összesen: 42 17 3 25 2 4 93

A csapatok között a 38-41. helyen végeztünk.

Bővebben itt.

Előzmény: [97] Róbert Gida, 2012-07-14 19:19:15
[97] Róbert Gida2012-07-14 19:19:15

Részeredmény:

HUN1: 15+P2

HUN2: 20+P1

HUN3: 14+P5

HUN4: 11+P6

HUN5: 8+P3

HUN6: 9+P4

Előzmény: [96] Erben Péter, 2012-07-12 09:02:21
[96] Erben Péter2012-07-12 09:02:21

Az 53. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatai

(Forrás: http://www.imo-official.org/problems.aspx )

1. feladat: Az ABC háromszög A csúccsal szemközti hozzáírt körének középpontja J. Ez a hozzáírt kör a BC oldalt az M pontban, az AB, ill. AC egyeneseket pedig a K, ill. L pontban érinti. Az LM és BJ egyenesek metszéspontja F, a KM és CJ egyenesek metszéspontja pedig G. Legyen S az AF és BC egyenesek metszéspontja, T pedig a AG és BC egyenesek metszéspontja.

Bizonyítsuk be, hogy M az ST szakasz felezőpontja.

2. feladat: Legyen n\ge3 egész, és legyenek a2,a3,...,an olyan pozitív valós számok, amelyekre a2.a3.....an=1.

Bizonyítsuk be, hogy

(1+a2)2(1+a3)3...(1+an)n>nn.

3. feladat: A hazudós játékot két játékos játssza: A és B. A játék szabályaiban szerepel két pozitív egész szám: k és n, ezek értékét mindkét játékos ismeri. A játék megkezdésekor A választ két egész számot: x-et és N-et, amikre 1\lex\leN. A az x számot titokban tartja, viszont N-et őszintén megmondja B-nek. B ezután megpróbál x-re vonatkozó információt szerezni A-tól a következő típusú kérdésekkel: B minden kérdésében megadja pozitív egész számok egy tetszőleges S halmazát (olyan S halmazt is megadhat, amit már korábban is megadott), és azt kérdezi A-tól, hogy x eleme-e ennek az S halmaznak. B akárhány ilyen típusú kérdést feltehet. A-nak B minden kérdésére a kérdés elhangzása után azonnal igennel vagy nemmel kell válaszolnia, de mindegyik válasza lehet hazugság is; az egyetlen kikötés az, hogy bármely egymás utáni k+1 válasz közül legalább egynek őszintének kell lennie. Miután B annyiszor kérdezett, ahányszor csak akart, meg kell neveznie egy legfeljebb n pozitív egész számból álló X halmazt. Ha x eleme az X halmaznak, akkor B nyer; különben B veszít.

Bizonyítsuk be:

1. Ha n\ge2k, akkor B-nek van nyerő stratégiája.

2. Minden elég nagy k-hoz van olyan n\ge1,99k egész szám, amire B-nek nincs nyerő stratégiája.

4. feladat: Határozzuk meg az összes olyan f : Z\toZ függvényt, amire tetszőleges a,b,c egészekre, amelyekre a+b+c=0 teljesül, fennáll az

f(a)2+f(b)2+f(c)2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)  

egyenlőség.

5. feladat: Legyen az ABC háromszögben BCA\angle=90o, és legyen D a C-ből induló magasságvonal talppontja. Legyen X a CD szakasz belső pontja. Legyen K az AX szakasznak az a pontja, amire BK=BC. Hasonlóan, legyen L a BX szakasznak az a pontja, amire AL=AC. Legyen M az AL és BK egyenesek metszéspontja.

Bizonyítsuk be, hogy MK=ML.

6. feladat: Határozzuk meg az összes olyan n pozitív egész számot, amelyhez találhatók olyan a1,a2,...,an nemnegatív egészek, amelyekre teljesül

\frac{1}{2^{a_1}}+
\frac{1}{2^{a_2}}+
\dots
\frac{1}{2^{a_n}}=
\frac{1}{3^{a_1}}+
\frac{2}{3^{a_2}}+
\dots
\frac{n}{3^{a_n}}
 = 1.

[95] Gzoli2011-10-01 19:01:42

Nagyon szépen köszönöm.

Előzmény: [94] sakkmath, 2011-10-01 10:15:57
[94] sakkmath2011-10-01 10:15:57

Próbáld meg ezt.

Előzmény: [93] Gzoli, 2011-10-01 00:03:21
[93] Gzoli2011-10-01 00:03:21

Szia Lorantfy!

Nagyon köszönöm a gyors válaszodat, reakciódat. Sajnos jelenleg a honlap nem szuperál úgy ahogy kellene... reméljük holnapra várható valamiféle javulás. Mert már nagyon izgat egy-két feladat megoldása, így nem szeretnék várni kb. 2 hetet.

Üdvözlettel:

Gzoli

Előzmény: [92] lorantfy, 2011-09-30 23:08:35
[92] lorantfy2011-09-30 23:08:35

Szia Zoli!

A következő KöMaL-ban elolvashatod a megoldásokat magyarul, de ha nem akarsz a megjelenésig várni, akkor tanulmányozhatod őket itt.

Előzmény: [91] Gzoli, 2011-09-30 22:46:03
[91] Gzoli2011-09-30 22:46:03

Hello!

Engem nagyon érdekelnének az 52. Matematikai Diákolimpiai feladatok megoldásai. Valaki fel tudná ide tenni a megoldásokat? (vagy esetleg egy linket mellékelne ahol megtekinthetőek). Előre is köszönöm a fáradozást.

Üdvözlettel: Gzoli

[90] rizsesz2011-07-22 12:47:41

És most már a hall of fame lista elején egy német leányzó van 4 arannyal és egy ezüsttel. A kutyafáját!

Előzmény: [89] Láda19, 2011-07-22 10:56:34
[89] Láda192011-07-22 10:56:34

Az eredmény

[88] Maga Péter2011-07-20 21:27:01

A bónusz kérdésre válaszolok. Aki gondolkodni akar még rajta, ne olvasson tovább...

Szóval pozitív x-re legyen f(x)=-ex. Ez jó: 1. ha x\leq0, akkor a bal oldal nempozitív, a jobb oldal 0. 2. ha y\leq0, akkor a bal oldal nempozitív, a jobb oldalon f(f(x))=0, yf(x) nemnegatív, így a jobb oldal nemnegatív. 3. ha x,y>0, akkor az kell, hogy -ex+y\leq-yex, ami fennáll, hiszen ey\geqy.

Előzmény: [87] Erben Péter, 2011-07-20 10:16:53
[87] Erben Péter2011-07-20 10:16:53

Köszönöm.

Bónusz kérdés (eredetileg ezzel együtt akarták kitűzni a feladatot): Létezik-e az azonosan 0-tól különböző, a feltételeknek megfelelő függvény?

Előzmény: [86] Maga Péter, 2011-07-20 08:10:32
[86] Maga Péter2011-07-20 08:10:32

,,A végső indirekt részben az 1. esetben nem látom, miért létezik megfelelő y. Itt arról van szó, hogy A-nak nem lehet legnagyobb eleme?''

Nem, nem arról van szó: nem feltétlenül van A-nak legnagyobb eleme (legalábbis a priori). Talán egy kicsit pontatlanul fogalmaztam azzal, hogy 'legyen x, legyen y>0 ...'. Nem arról van szó, hogy választunk egy x-et A-ból, aztán egy pozitív y-t, hogy x+y is A-beli legyen, egyszerűen csak fogunk két A-beli elemet, a kisebbik x, a nagyobbik x+y, és ezekre írjuk fel a feltételt. Hogy van kettő, ehhez használjuk azt, hogy A kezdőszelet: így ha nemüres, végtelen sok eleme van.

Előzmény: [84] Erben Péter, 2011-07-19 21:28:04
[85] Erben Péter2011-07-19 21:32:23

IMO2011/ 2. nap

4. feladat: Legyen n>0 egy egész szám. Van egy kétkarú mérlegünk és n súlyunk, amelyek súlya 20,21,...,2n-1. Ezt az n súlyt egymás után a mérlegre akarjuk helyezni oly módon, hogy a jobboldali serpenyő soha ne legyen nehezebb a baloldali serpenyőnél. Mindegyik lépésben kiválasztjuk az eddig a mérlegre nem tett súlyok valamelyikét, és a mérlegnek vagy a baloldali vagy a jobboldali serpenyőjébe helyezzük, egészen addig, amíg az összes súly fel nem kerül a mérlegre.

Határozzuk meg, hogy hányféleképpen lehet ezt megtenni.

5. feladat: Jelölje Z az egész számok halmazát, N pedig a pozitív egész számok halmazát. Legyen f egy Z-t N-be képező függvény. Tegyük fel, hogy bármilyen két m és n egész szám esetén az f(m)-f(n) különbség osztható f(m-n)-nel.

Bizonyítsuk be, hogy minden m,n egész számra teljesül az, hogy ha f(m)\lef(n), akkor f(n) osztható f(m)-mel.

6. feladat: Legyen ABC egy hegyesszögű háromszög, \Gamma a háromszög körülírt köre, l pedig \Gamma egy érintőegyenese. Jelölje lalblc azokat az egyeneseket, amelyeket úgy kapunk, hogy l-et a BC, CA ill. AB egyenesekre tükrözzük.

Bizonyítsuk be, hogy az lalblc egyenesek által meghatározott háromszög körülírt köre érinti a \Gamma kört.

[84] Erben Péter2011-07-19 21:28:04

Szép gondolatmenet.

A végső indirekt részben az 1. esetben nem látom, miért létezik megfelelő y. Itt arról van szó, hogy A-nak nem lehet legnagyobb eleme?

Amúgy szerintem várjunk még egy kicsit a további megoldásokkal, hátha akadnak fórumozók, akik szeretnének gondolkozni a példákon.

Előzmény: [83] Maga Péter, 2011-07-19 13:55:23
[83] Maga Péter2011-07-19 13:55:23

Egy megoldás a 3.-ra:

1. Minden valós x-re: ha f(x)<0, akkor f(x)\leqx. Legyen ugyanis x olyan, hogy f(x)<0. Legyen y=f(x)-x. Ekkor a feltétel azt mondja, hogy f(f(x))\leq(f(x)-x)f(x)+f(f(x)), 0\leq(f(x)-x)f(x), és a negatív f(x)-szel osztva adódik az állítás.

2. Minden valós x-re f(x)\leq0. Legyen ugyanis indirekte x olyan, hogy f(x)>0. Ekkor elég nagy abszolút értékű, negatív y-ra f(x+y)\leqyf(x)+f(f(x))<0, azaz 1. szerint f(x+y)<x+y. Legyen z egy ilyen x+y, vagyis f(z)\leqz, és z-nél kisebb u-ra is f(u)\lequ. Legyen továbbá x=z+t, ahol t>0. Ekkor f(x)\leqtf(z)+f(f(z)), itt f(f(z)) nyilván negatív, akárcsak tf(z), így f(x) is negatív, ami ellentmondás.

3. Ha f(0)=0, akkor minden x\leq0-ra f(x)=0, azaz ebben az esetben készen vagyunk. Legyen x<0 tetszőleges. Legyen továbbá y=-x>0. Ekkor a feltétel szerint f(0)\leqyf(x)+f(f(x)). Itt f(f(x)) nempozitív, így 0\leqyf(x), a pozitív y-nal osztva f(x)\geq0, és 2.-vel összevetve adódik az állítás.

Tegyük tehát fel, hogy f(0)<0, ellentmondásra akarunk jutni, ezzel lennénk készen.

Osszuk két részre most a nempozitív számokat. Legyen A={x\leq0:f(x)=0}, B={x\leq0:f(x)\leqx}. Ekkor 1., 2., valamint az indirekt f(0)<0 feltevés értelmében A\cupB a nempozitív számok egy diszjunkt felbontása.

Állítjuk, hogy szeletelés is, azaz a<b minden a\inA, b\inB-re. Indirekte tegyük fel, hogy valamely a\inA, b\inB-re a>b. Ekkor x=b, y=a-b>0-t választva a feltétel azt adja, hogy f(a)\leq(a-b)f(b)+f(f(b)). Itt a bal oldal 0, a jobb oldal pedig negatív (a-b>0, f(b)<0, f(f(b))\leq0), ami ellentmondás.

Innentől két esetet különböztetünk meg, mindkettőben ellentmondásra jutunk.

1. eset: A nemüres. Ekkor legyen x\inA, y>0 pedig olyan, hogy x+y\inA (ilyen x,y a korábbiak szerint nyilván léteznek). Ekkor f(x+y)\leqyf(x)+f(f(x)), a bal oldal 0, a jobb oldal pedig f(0), ami ellentmondás.

2. eset: A üres. Ekkor legyen x<f(0), y=-x>0. Ekkor f(x+y)\leqyf(x)+f(f(x)), a bal oldal f(0), a jobb oldalon yf(x) negatív, így f(0)\leqf(f(x))\leqf(x)\leqx<f(0), alkalmazva, hogy x,f(x)\inB, illetve a végén x választását. Ellentmondás.

Előzmény: [82] Erben Péter, 2011-07-18 15:25:22
[82] Erben Péter2011-07-18 15:25:22

IMO2011 / 1. nap

1. feladat: Az A={a1,a2,a3,a4} halmaz négy, páronként különböző pozitív egész számból áll. Az a1+a2+a3+a4 összeget jelöljük sA -val, és jelölje nA az olyan (i,j) párok (1\lei<j\le4) számát, amelyekre ai+aj osztója sA -nak.

Határozzuk meg az összes olyan A halmazt, amelyre nA a lehetséges maximális értékét veszi fel.

2. feladat: Legyen S a sík pontjainak egy véges, legalább kételemű halmaza. Feltesszük, hogy az S halmaz semelyik három pontja sincs egy egyenesen. Egy szélmalomnak nevezett folyamat során kiindulunk egy l egyenesből, amely az S halmaznak pontosan egy P pontját tartalmazza. Az egyenes a P középpont körül az óramutató járásával megegyező irányban forog addig, amíg először nem találkozik egy másik, S halmazba tartozó ponttal. Ekkor ez a Q pont lesz az új középpont, és az egyenes a Q pont körül forog tovább az óramutató járásával megegyező irányban egészen addig, míg újra nem találkozik egy S halmazba tartozó ponttal.

Ez a folyamat vég nélkül folytatódik.

Bizonyítsuk be, hogy megválaszthatjuk a P\inS pontot és a P-n átmenő l egyenest úgy, hogy az S halmaz minden pontja végtelen sokszor legyen a szélmalom középpontja.

3. feladat: Legyen f : R\toR egy olyan függvény, amelyre teljesül az

f(x+y)\leyf(x)+f(f(x))

feltétel minden x,y valós számra. Bizonyítsuk be, hogy minden x\le0 esetén f(x)=0.

[81] Golyoska2010-09-18 18:34:31

Én úgy tudom, hogy ez a csapat a "kicsi IMO" csapat, azaz ez segíti felhozni a jövő bajnokait. Ez jól látható a honlapjukon: http://memo.szolda.hu helyen is, ahol az is látható, hogy az elmúlt években több olyan diák is ennek a csapatnak a tagja volt korábban, aki utána az IMO csapatban ért el szép sikereket.

Az, hogy a Kenguru verseny szervezői támogatják ezt a csapatot, az nem von le semmit sem a csapat által elért eredmény értékéből. Tudtommal rajtuk kívül (Kenguru) csak a Bolyai Társaság támogatja még őket, a minisztérium nem. Pedig az utaztatás és versenyeztetés pénzigényes ... :)

Előzmény: [79] Róbert Gida, 2010-09-17 00:27:31
[80] Csimby2010-09-17 12:37:19

Gratulálok a csapatnak!!

Itt a feladatsorok is megtalálhatók: katt

Előzmény: [79] Róbert Gida, 2010-09-17 00:27:31
[79] Róbert Gida2010-09-17 00:27:31

http://index.hu/tudomany/2010/09/16/magyar_diakok_taroltak_a_kozep-europai_matekolimpian/

Az azért meglepett, hogy mindenféle ugribugri matekversenyeket is figyelembe vesznek a csapat összeállításnál.

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]