Fórum: Kürschák-verseny

Üdv.

Mik voltak az idei feladatok?

Előre is köszi.

No, és az idei kürschák hogy sikerült nektek?

Szerintem ezek a feladatok könnyebbek voltak, mint a tavalyiak, és nem csak én lettem egy évvel okosabb :P (Már csak azért is, mert az Osztályunkban minden feladatra született megoldás, holott tavaly senki nem oldotta meg az elsőt...)

Hello, A dicseretekrol lehet tudni valamit?

Elore is koszi, Racz Miki

Köszönöm a választ!

I. díj nincs, mert senki sem oldotta meg az 1. feladatot.

II. díjat kapott Erdélyi Márton, Gyenizse Gergő, Jankó Zsuzsanna, Paulin Roland, Sümegi Károly és Szilágyi Csaba. Ők megoldották a 2. és a 3. feladatot.

III. díjat kapott Magda Gábor, Nagy Csaba és Seres Gyula. Ők is lényegében megoldották a 2. és a 3. feladatot, de a dolgozataikban voltak kisebb pontatlanságok, amik miatt a megoldásuk nem teljes.

Tudja már vki, mik lettek az idei eredmények?

Bocsánat, az évekkel vagyok zavarban :D

bocsi 16.

lásd 17. hozzászólás

Valaki nem tenné meg, hogy beírja az idei feladatokat?

Sokan megköszönnék...(szierintem, köztük jómagam is)

Üdvözlöm az oldal olvasóit! Milyen nehezek voltak az idei feladatok? Én az utolsó 2 feladattal foglalkoztam.

A 2005. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatai

1. feladat:

Legyen N>1 és legyenek a₁,a₂,...,a_N olyan nemnegatív valós számok, amelyek összege legfeljebb 500. Bizonyítandó, hogy létezik olyan k1 egész szám és léteznek olyan 1=n₀<n₁<...<n_k=N egészek, amelyekre teljesül, hogy

2. feladat:

A és B teniszeznek. Az a játékos győz, aki elsőként nyer meg legalább négy labdamenetet úgy, hogy ellenfelénél legalább kettővel több labdamenetet nyert. Tudjuk, hogy az A játékos minden labdamenetet, a korábbiaktól függetlenül, p1/2 valószínűséggel nyer meg. Bizonyítsuk be, hogy az A játékos győzelmének valószínűsége legfeljebb 2p².

3. feladat:

2×1-es dominókból tornyot építünk a következő módon. Először elrendezünk 55 dominót úgy, hogy egy 10×11-es téglalapot fedjenek le; ez lesz a torony első szintje. Erre azután további, 55 dominót tatalmazó szinteket építünk, ügyelve arra, hogy minden egyes szint pontosan illeszkedjék az előzőre. Az így kapott építményt akkor nevezzük stabilnak, ha a 10×11-es téglalap minden rácsponttól különböző, belső pontja felett van dominónak belső pontja. Hány szintből áll a legalacsonyabb stabil torony?

Köszi, nekem ez kellett. Csak nem értem, h ez miért nincs seholse kiplakátolva az ELTÉn...

Bp-en a BME Informatikai épület IB028 sz. előadótermében (Bp, XI. Magyar Tudósok krt. 2.)

Máshol is van, ha esetleg nem bp-en laksz... :P

És hol? (Ezt is akartam kérdezni, csak kimaradt.)

Október 7 (péntek), 14 órakor.

Pontosan mikor és lesz az idei Kürschák?

Fel is lettek rakva a diák, itt megtalálhatod. A Kürschák 3. feladat általánosítása a diákon a 7. feladatként szerepel. Sajnos néhány dia elég lassan töltődik be, mert az ábrák mind háttérképként vannak, így ha valakinek egy diára kattitntva csak két-három betű jelenne meg, akkor csak várjon türelmesen :-). Sajnos egyes matematikai karakterek nem jelennek meg jól minden böngészőben, de nincs túl sok ilyen (néhány unió stb.).

Az Ankéton a gráfos előadáson elhangzott egy gráfos megoldás a 3. feladatra. Sajnos én akkor iszonyatosan álmos voltam, és ezért nem emlékszem rá, de ha valaki emlékszik, szerintem érdemes lenne beírni. Egyébként asszem az előadó azt mondta, hogy az előadás teljes anyaga fel lesz rakva a KöMaL honlapjára.

Erben Péter hívta fel rá a figyelmemet, hogy majdnem ugyanez volt az 1978-as olimpia 4. feladata:

Az ABC háromszögben AB=AC. Egy kör belülről érinti az ABC háromszög köré írt kört, továbbá az AB oldalt a P, az AC oldalt a Q pontban. Bizonyítsuk be, hogy a PQ szakasz felezőpontja az ABC háromszög beírt körének középpontja.

Van egy rövid inverziós megoldás is.

Alkalmazzunk inverziót az A középpontú, AP=AQ sugarú körre. A B, C, F pontok képe legyen B', C', illetve F'. A k kör képe önmaga, a körülírt kör képe a B'C' egyenes, ezek szintén érintik egymást.

A befogótételből következik, hogy F' éppen a k kör középpontja.

Az ABC és AC'B' háromszögek hasonlók, innen AB'C'= és AC'B'=. Az AB'C' háromszögben k éppen a beírt kör, tehát B'F' és C'F' szögfelezők.

Az ABF és AF'B' , illetve ACF és AF'C' háromszögek is hasonlók, így és .

Az ABF és ACF háromszögek szögeit összeszámolva kapjuk, hogy BF és CF éppen az ABC háromszög külső szögfelezői.

A 3. feladat valószínűleg onnan származik, hogy valaki transzformációk szorzatával játszott.

A pontok jelentsék a sík geometriai transzformációit, nevezetesen a kék pont jelentsen tükrözést az x-tengelyre, a piros pont pedig jelentsen origó körüli, 120^o-os forgatást. Minden egyes helyzetben szorozzuk össze, avagy alkalmazzuk egymás után a transzformációkat a teljes körön.

Két kék pont esetén a szorzat mindig az identitás, akárhonan kezdjük a transzformációkat összeszorozni és ez a tulajdonság minden lépésnél megmarad.

Két piros pont esetén viszont a szorzat nem az identitás. A két kék pontból indulva tehát nem lehet a két piros pontot elérni, és fordítva.

A megoldás elmondható transzformációk nélkül is, ahogy azt már láttuk. A kék pontok száma mindig páros, és a kört páros sok ívre osztják. Ha minden második íven megszámoljuk a piros pontokat, és minden elsőn is, a kétféle összeg különbsége 3-mal osztva vagy mindig 0, vagy mindig 1 maradékot ad.

Az 1. feladatra gyors megoldás adható Casey tételének segitségével.Casey tétele:Adott egy k kör és 4 másik kör (k(1),k(2),k(3),k(4)),amelyek érintik a k kört.Ekkor e(12)e(34)+e(23)e(41)=e(13)e(24) ,ahol e(ij) az a k(i) és a k(j) körök közös érintőszakaszának a hossza,mégpedig a külső érintőt kell venni,ha a két kör k ugyanazon oldalán van.egyébként pedig a belső érintőszakaszt kell venni.(Ez a Ptolemaiosz-tétel egyfajta általánositása is).A Kürschák-feladatban pedig 3 pontkör van(a 3 csúcs),ill.a megadott speciális tulajdonságú kör,az alapkör pedig a köréirt kör.Az érintőszakaszok számolhatóak a Casey-tételből,igy AP hossza könnyen meghatározható a háromszög oldalaiból.Innen pedig már egyszerü a befejezés...

A harmadik feladat megoldásával a Nehezebb matematikai problémák téma [96.], [103.] és [104.] hozzászólása foglalkozik.

Az 1. feladat: Adott a síkban az ABC háromszög, melynek köréírt körét kívülről érinti a k kör. A k kör érinti egyúttal az AB és AC félegyeneseket is, mégpedig P és Q pontban. Mutassuk meg, hogy a PQ szakasz felezőpontja egybeesik az ABC háromszög BC oldalához hozzáírt körének középpontjával.

1. feladat egy megoldása. Legyen k középpontja R, a körülírté K, ennek sugara r, valamely pontnak az AB-re eső merőleges vetületét vesszősen jelöljük. (Ezért a P=R')

Szerkesszük meg R-t! R az alfa f szögfelezőjén van, egyforma távol az AB egyenestől és a körülírt körtől. Ha a k sugarát r-rel megnöveljük, az új kör (k*) átmegy K-n és érinti az AB-től r-rel 'lejjebb'; lévő v (vezér)egyenest. A pontok v-re eső merőleges vetületét csillaggal jelöljük. Az f-en lévő R tehát olyan körnek a kp-ja, mely átmegy K-n és érinti v-t. Ezen feltételeknek az A is megfelel egy r sugarú kör kp-jaként. Ennek és a keresett k*-nak a hatványvonala az A-n átmenő f-re merőleges g egyenes, így g és v metszéspontja (F*) egyenlő távol van A*-tól és R*-tól. Mivel A* adott, R*, R'és R szerkeszthető.

Határozzuk meg az AR' távolságot! Először toljuk r-rel 'fel' a KF* szakaszt, ez az LF lesz. Többször kihasználjuk majd, hogy a csúcs, érintőkör középpont, érintési pont által meghatározott háromszög hasonló a szereplő háromszögekhez.

AR'= 2 AF, AF= AN+NF, AN=c/2, NF/NL =ró/(s-a) és NL/AN=(s-c)/ró,

e két utóbbi szorzata NF/AN=(s-a)/(s-c), ezekből

AF=bc/(2(s-a)), tehát AR' = bc/(s-a)

Határozzuk meg az AS' távolságot! Ha ez s, akkor S az érintőkör kp-ja. Két hasonlóságból adódik, hogy AS'=(AS/AR')*(AS/AR')*AR'. Ez így is írható:

AS' = [(s-a) / AO] * [s / AOa] * AR' A Fórum/GEOMETRIA téma 41. feladatát használva valóban AS'= s adódik.