Fórum: Arany Dániel Matematika Verseny

Szia! Én is 9-es vagyok a III. kategóriában indulok. Te melyikben? A tükrözéssel jutottál valamire? Azt a csúcsot kell tükrözni aminél a 160 fokos szög lakozik:) Nyilvánvalóan a két szomszédos csúcs által meghatározott átlóra, onnantól szögszámítással kijön. Vannak megoldásaim de szerintem többet profitálsz belőle, ha nem közlöm egyből azokat. (A haragos feladatot anno gráfelmélettel csináltam meg, a számosat teljes indukcióval) A számoshoz egy segítség (meg lehet nyilván másképp is csinálni, de az enyém ezt igényli, az indukciót már kevésbé): Párosítsd a számokat a legnagyobbat a legkisebbel második legnagyobbat a második legkisebbel stb...

Prímes feladathoz kis segítség: az összeg ezzel egyezik meg: p²*(r-q)+q²*(p-r)+r²*(q-p).

A prímes feladathoz van valakinek valami ötlete?? Sajnos azzal nem nagyon jutok előre :( És a szemjegyeshez sincs ötletem. Amúgy a haragos feladatot én egy hatszög segítségével és azok átlóinak behúzásával oldottam meg. Szemléletes, és egyből látszik a megoldás.

Butaságot írtam. Ha A,B,C kölcsönösen haragosai egymásnak, akkor D,E,F is hasonlóan egymáshoz, ezért A,B,C és D,E,F hármasokból felváltva kell egymás mellé ültetni őket a kívánt elrendezéshez.

Igazad van, visszavonom a 40 és 50 fokot, rossz szögeket számoltam.

Köszönöm mindenkinek a gyors reakciót! Radian amúgy én 9-es vagyok, és ajánlotta a tanárom ezeket a feladatokat. Te hanyadikos vagy? Ha vannak megoldásaid, vagy ötleteid a többi feladatokhoz, megköszönöm nagyon ha leírod. Megnézem ezt a tükrözős módszert, sajna még a trigonometriát még nem nagyon tanultunk.

40 és 50?! Lehet hogy félreértelek ez esetben elnézést kérek tőled de a másik két szög összege 120 fok kell legyen. Trigonometriával viszonylag könnyen megoldható e feladat, anélkül pedig segítségképp!!!!! (Aki nem igényli ne olvassa a lentebbi sorokat)

Az egyik csúcsot kell tükrözni az egyik átlóra és máris egyszerűen megoldható a feladat.

Közelítőleg kiszámolva 40 fok és 50 fok jön ki az 1. feladatra, de nem tudom, hogy tényleg pontosan ennyi-e.

Igazad van, akkor az első ültetésnél C- t A másik oldalára ültetem (és a továbbiakban is járok el), azaz az eredeti kört vagy egyik vagy másik végéről bővítem és így is az a helyzet áll elő ,hogy mindenki a két haragosa mellett ül.

Hmmmm... és mi van, ha C másik haragosa A? Én úgy látom, van egy másik eset, persze az sem nehezebb.

Ültessük le A-t, majd utána az ő egyik haragosát B-t, aztán B másik haragosát C-t, C másik haragosát D-t, aztán D másik haragosát E-t és végül E másik haragosát F-et ,aki A-nak a második haragosa. Úgy ülnek körben, hogy mindenkinek a két szomszédja az ő haragosa. A-B-C-D-E-F-A Most A és E maradjon helyben és B cseréljen helyet D-vel, C pedig F-fel. A sorrend A-D-F-B-E-C-A és készen vagyunk, senki nem ül egyik haragosa mellett sem.

3-ikhoz nem kell sokat gondolkozni. Neki kell esni és megkeresni, hányféleképpen lehetséges, hogy mindenkinek éppen két haragosa legyen. Legalábbis én így csináltam. Aztán minden esetre megnézni, hogy le lehet-e őket ültetni. A válasz igen (ha el nem rontottam)

Hello ez érdekes, nemrég csináltam meg ezeket a feladatokat, ha akarod tudok benne segíteni. Amúgy hányadik osztályos vagy?

Elkezdtem nézegetni az utóbbi évek feladatait. Néhányat nem tudtam így elsőre megoldani, ha van ötlete valakinek megírhatja. Nagyon hálás lennék érte:

1. Egy négyszög 3 szomszédos oldala egységnyi. Az általuk bezárt szögek 80 és 160 fok. Mennyi a másik két szög?

-----

2. p,q és r 3nál nagyobb prímek.

Igazoljuk hogy 48-al osztható a köv. kifejezés:

qr(r-q)+pq(q-p)+rp(p-r)

-----

3. Le lehet-e ültetni egy kerek asztal köré hat olyan embert akik közül mindenkinek pontosan két haragosa van ( harag kölcsönös) úgy, hogy senki ne üljön a haragosa mellé.

------

4. Tekintsük azokat a 9jegyü számokat amelyek az 1,2,..9, számjegyekből képezhetők úgy, hogy minden számjegy pontosan egyszer szerepel. Rendezzük ezeket növekvő sorba, majd vegyük a szomszédos számok különbségét. Melyek azok a számok amelyek a kapott számok között páratlan sokszor szerepelnek?