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

Fórum: Matek OKTV

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[756] Róbert Gida2015-01-30 00:04:41

Még ezt elviszem, 3. feladat megoldása:

Maximálisan &tex;\displaystyle n=12&xet; lehet. Ugyanis n=13-nál már van szervező!! (Paritási trükk miatt.) Hiszen itt mindenki n-1=12 emberrel dolgozik, ha senki sem szervező, akkor mindenki 3 emberrel levelezik ugyanazon a nyelven. Nézzük meg, hogy egy kiválasztott nyelven hány pár levelezik: &tex;\displaystyle 3*13/2&xet;, hiszen minden párt 2-szer számolunk, így itt osztani kell 2-vel. Ez nem egész, így 13 embernél mindig van szervező.

n=12 ember viszont megoldható(!) (és akkor nyilván kisebb m<n is, csak válasszunk a 12 ember közül m-et). &tex;\displaystyle 1,..,12&xet; legyenek a csúcsok (tudósok), míg &tex;\displaystyle 0,1,2,3&xet; színek a lehetséges nyelvek. &tex;\displaystyle u&xet; év &tex;\displaystyle v&xet; között &tex;\displaystyle (u+v)\mod 4&xet; színű él fusson. Ez triviálisan jó színezés lesz. (Még egy primítiv gyökös konstrukcióm is volt, de ez egyszűbb).

Előzmény: [754] w, 2015-01-29 16:04:49
[755] Róbert Gida2015-01-29 23:06:04

4. feladat megoldása a!*b!=a!+b!+c! megoldása pozitív egészekben.

(a,b,c)=(3,3,4) az egyetlen megoldás. &tex;\displaystyle a\le b&xet; feltehető, ekkor:

Ha a=1, akkor 1+c!=0 ami nem lehetséges. Ha a=2, akkor b!=2+c!, ez sem ad megoldást (faktoriálisok különbsége nem lehet 2). Ha &tex;\displaystyle a\ge 3&xet;, akkor &tex;\displaystyle 6*b!\le a!*b!=a!+b!+c!\le 2*b!+c!&xet;, azaz &tex;\displaystyle 4*b!\le c!&xet;, innen c>b. Osszuk el az eredeti egyenletet a!-sal:

&tex;\displaystyle b!=1+\frac {b!}{a!}+\frac{c!}{a!}&xet;, itt &tex;\displaystyle c>b\ge a&xet; így c!/a! osztható (a+1)-gyel. Ha b>a, akkor b!, sőt &tex;\displaystyle \frac {b!}{a!}&xet; is osztható (a+1)-gyel, de ekkor a bal oldal osztható (a+1)-gyel, míg a jobb oldal nem (1 maradékot ad). Maradt az a=b eset, ekkor persze &tex;\displaystyle 3\le a=b&xet;, mert &tex;\displaystyle a<3&xet;-t már megnéztük.

&tex;\displaystyle b!=2+\frac {c!}{b!}&xet;, akkor &tex;\displaystyle c\ge b+3&xet; esetén nincs megoldás, mert b! és &tex;\displaystyle \frac{c!}{b!}&xet; is osztható 3-mal (&tex;\displaystyle b\ge 3&xet; teljesül), azaz a bal oldal osztható 3-mal, míg a jobb oldal nem. 2 eset maradt:

Ha &tex;\displaystyle c=b+1&xet;, ekkor &tex;\displaystyle b!=b+3&xet;, ebből &tex;\displaystyle b*(b-1)\le b!=b+3&xet;, azaz &tex;\displaystyle (b-3)(b+1)=b^2-2*b-3\le 0&xet;, innen csak &tex;\displaystyle b\le 3&xet; lehet de &tex;\displaystyle b\ge 3&xet; így csak &tex;\displaystyle b=3&xet; lehet, ami valóban megoldás, azaz (a,b,c)=(3,3,4) megoldás (&tex;\displaystyle a=b&xet; miatt a permutált megoldás ugyanaz).

Ha &tex;\displaystyle c=b+2&xet;, akkor &tex;\displaystyle b!=2+(b+1)(b+2)&xet;, itt &tex;\displaystyle b(b-1)(b-2)\le b!=2+(b+1)(b+2)&xet;, azaz &tex;\displaystyle b^3-4*b^2-b-4\le 0&xet;, de &tex;\displaystyle b\ge 6&xet;-ra &tex;\displaystyle b^3-4*b^2-b-4>b^3-4*b^2-b^2-b^2=b^2(b-6)\ge 0&xet;, azaz csak &tex;\displaystyle b=3,4,5&xet; lehetséges, egyik sem ad megoldást.

Előzmény: [754] w, 2015-01-29 16:04:49
[754] w2015-01-29 16:04:49

Itt van a feladatsor:

1. feladat. Legyen &tex;\displaystyle n>2&xet; egész szám. Egy konvex &tex;\displaystyle n&xet;-szög három csúcsát kiválasztva &tex;\displaystyle \frac{22}{35}&xet; annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát.

2. feladat. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhető az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai &tex;\displaystyle a&xet;, illetve &tex;\displaystyle b&xet; hosszúak. Mekkora a trapéz kerülete?

3. feladat. Egy tudományos kutatásban &tex;\displaystyle n&xet; tudós dolgozik együtt. Bármely két tudós előre megállapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tudóst akkor nevezünk szervezőnek, ha legalább &tex;\displaystyle 4&xet; másikkal ugyanazon a nyelven levelezik. Legfeljebb mekkora lehet &tex;\displaystyle n&xet;, ha nincs köztük szervező?

4. feladat. Határozzuk meg, hogy mely pozitív egész &tex;\displaystyle a,b,c&xet; számokra teljesül az alábbi egyenlet:

&tex;\displaystyle a!\cdot b!=a!+b!+c!&xet;

Előzmény: [753] tota96, 2015-01-28 20:10:22
[753] tota962015-01-28 20:10:22

mit szóltok a mai OKTV-hez? milyenek voltak a feladatok? nehezebb vagy könnyebb, mint a tavalyi?

[752] Moderátor2014-12-03 11:15:48

Kedves marcius8,

A fórumon van lehetőség képleteket beírni, és semmivel sem nagyobb fáradság azt írni, hogy &tex;\displaystyle \pi-\alpha&xet; vagy &tex;\displaystyle F_a&xet;, mint azt, hogy "pi-alfa" vagy "Fa". Léccí, járd végig a TeX minitanfolyamot. Csak pár perc az egész...

Előzmény: [750] marcius8, 2014-12-03 08:50:14
[751] marcius82014-12-03 08:57:16

A megoldásból kimaradt, hogy a "P" pontban levő testre ható és "a" oldal által kifejtett "Fa" erő merőlegesek egymásra. Hasonlóképpen a "P" pontban levő testre ható és "b" oldal által kifejtett "Fb" erő merőlegesek egymásra. Hasonlóképpen a "P" pontban levő testre ható és "c" oldal által kifejtett "Fc" erő merőlegesek egymásra.

Előzmény: [750] marcius8, 2014-12-03 08:50:14
[750] marcius82014-12-03 08:50:14

A 2. kategóriás OKTV egyik feladatának egy fizikus megoldását írom ide. (Ma reggel iskolába jövet pattant ki okos fejemből.) Azért írom le ezt a megoldást, mert ezen megoldás alapján ez a feladat többféleképpen általánosítható, másrészt ezt a megoldást szerénytelenség nélkül szépnek találom.

Feladat: (Kicsit rövidebben megfogalmazva) Az "ABC" háromszög kerülete 12 cm, területe 6 cm2. Legyen "P" az "ABC" háromszög egy belső pontja. A "P" pontnak a "a=BC", "b=CA", "c=AB" oldalaktól mért távolsága legyen rendre "x", "y", "z" . Legyen "s=a/x+b/y+c/z". Mennyi "s" minimális értéke? A háromszög mely belső "P" pontjára lesz "s" minimális?

Megoldás: Legyen a háromszög belsejében levő "P" pontban egy akármilyen test. Az "a=BC" oldal a "P" pontban levő testre egy olyan "Fa" taszító erőt fejtsen ki, amely egyenesen arányos az "a" oldal hosszával és fordítottan arányos a "P" pontnak az "a=BC" oldaltól mért "x" távolság négyzetével. Hasonlóképpen a "b=CA" oldal a "P" pontban levő testre egy olyan "Fb" taszító erőt fejtsen ki, amely egyenesen arányos a "b" oldal hosszával és fordítottan arányos a "P" pontnak a "b=CA" oldaltól mért "y" távolság négyzetével. Hasonlóképpen a "c=AB" oldal a "P" pontban levő testre egy olyan "Fc" taszító erőt fejtsen ki, amely egyenesen arányos a "c" oldal hosszával és fordítottan arányos a "P" pontnak a "c=AB" oldaltól mért "z" távolság négyzetével. Ekkor, ha a "P" pont egyenlő a háromszögbe írt kör középpontjával, azaz a "P" pontban levő test a háromszög oldalaitól egyenlő távol van, akkor az erre a testre ható "Fa", "Fb", "Fc" erők nagyságai egyenesen arányosak a háromszög "a", "b", "c" oldalaival, továbbá ekkor az "Fb" és "Fc" erők egymással "pi-alfa" szöget zárnak be, az "Fc" és "Fa" erők egymással "pi-béta" szöget zárnak be, az "Fa" és "Fb" erők egymással "pi-gamma" szöget zárnak be. Így ha a "P" pont az "ABC" háromszögbe írt kör középpontja, ekkor a "P" pontban levő testre ható, az oldalak által által kifejtett "Fa", "Fb", "Fc" vektori eredője 0vektor, azaz ekkor a test egyensúlyban van. Másrészt ekkor a test helyzeti energiája arányos az "s=a/x+b/y+c/z" kifejezéssel. (A "P" pontban levő test helyzeti energiája az "a" oldal erőterében egyenesen arányos az "a" oldallal és fordítottan arányos a "P" pontnak az "a" oldaltól mért "x" távolsággal. A "P" pontban levő test helyzeti energiája az "b" oldal erőterében egyenesen arányos az "b" oldallal és fordítottan arányos a "P" pontnak az "b" oldaltól mért "y" távolsággal. A "P" pontban levő test helyzeti energiája az "c" oldal erőterében egyenesen arányos az "c" oldallal és fordítottan arányos a "P" pontnak az "c" oldaltól mért "z" távolsággal. Ezek az állítások integrálással bizonyíthatóak.) Fizikából tudjuk, hogy egy test energiája akkor minimális, ha a testre ható erők eredője 0vektor. Így az előbbiek szerint az "s=a/x+b/y+c/z" akkor minimális, ha "x", "y", "z" egymással egyenlő, azaz ha a "P" pont egyenlő távol van az "ABC" háromszög oldalaitól, továbbá ekkor a "P" pontban levő test állapota stabilis, azaz ekkor a testet kicsit kitérítve ebből a "P" pontból, a test visszatér.

Előzmény: [745] Kovács 972 Márton, 2014-11-28 20:30:21
[749] Kovács 972 Márton2014-11-28 22:13:06

Köszönöm szépen!

Előzmény: [746] gajdocsi11, 2014-11-28 20:53:06
[748] jonas2014-11-28 21:32:28

Köszönöm, hogy megosztottad a feladatokat.

Előzmény: [747] SzőkeTamás, 2014-11-28 20:55:12
[747] SzőkeTamás2014-11-28 20:55:12

A spec. matekos OKTV első fordulójának feladatai:

1. feladat: Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő &tex;\displaystyle n^2 + 3&xet; alakú szám közös osztói?

2. feladat: Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai.

3. feladat: A &tex;\displaystyle p < q&xet; páratlan prímek az &tex;\displaystyle n!&xet; prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor &tex;\displaystyle n < p(p + 1)/2&xet;.

4. feladat: Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet.

5. feladat: Egy 2014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben &tex;\displaystyle P_1, P_2, . . . , P_{2014}&xet;. Bizonyítsuk be, hogy a &tex;\displaystyle P_1P_2, P_2P_3, . . . , P_{2013}P_{2014}, P_{2014}P_1&xet; egyenesek között van két párhuzamos.

[746] gajdocsi112014-11-28 20:53:06

Szerintem el lehet érni, hogy mindkettőt elfogadják. :)

Én egyébként az idei sort valamivel könnyebbnek találtam, mint a tavalyit, de ha ebben nincs is igazam, szerintem sokkal élvezetesebb feladatok voltak kiírva. 5 óra alatt azért meg tud élni az ember mélypontokat, de idén lkötött végig.

Piros pont a szervezőknek! :D

Előzmény: [744] Kovács 972 Márton, 2014-11-28 19:34:21
[745] Kovács 972 Márton2014-11-28 20:30:21

Egyébként a feladatok az alábbiak voltak:

1. Tekintsük azokat az ötjegyű számokat, amelyek az 5,6,7,8 számjegyeket tartalmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegyű számoknak az összege?

2. Legyen &tex;\displaystyle C&xet; az &tex;\displaystyle AB&xet; szakasz belső pontja. Az &tex;\displaystyle AB&xet; szakasz azonos oldalára emeljük az &tex;\displaystyle AB, AC&xet; és &tex;\displaystyle CB&xet; átmérőjű köröket. A &tex;\displaystyle C&xet; ponton át az &tex;\displaystyle AB&xet;-re emelt merőleges egyenes az &tex;\displaystyle AB&xet;-re emelt félkörívet a &tex;\displaystyle D&xet; pontban metszi. Az &tex;\displaystyle AD&xet; szakasz és az &tex;\displaystyle AC&xet;-re emelt félkörív metszéspontja &tex;\displaystyle E&xet;, a &tex;\displaystyle BD&xet; szakasz és a &tex;\displaystyle CB&xet;-re emelt félkörív metszéspontja &tex;\displaystyle F&xet;. Igazoljuk, hogy az &tex;\displaystyle EF&xet; egyenes az &tex;\displaystyle AC&xet;-re illetve &tex;\displaystyle CB&xet;-re emelt félkörívek közös érintője lesz.

3. Legyen &tex;\displaystyle a_1=1&xet;, a sorozat további elemeit pedig a következő összefüggés határozza meg:

&tex;\displaystyle a_{n+1}a_n=4(a_{n+1}-1)&xet; &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egész.

Igazoljuk, hogy a sorozat első 2025 darab tagjának a szorzata nagyobb, mint &tex;\displaystyle 2^{2014}&xet;.

4. Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög kerülete 12 &tex;\displaystyle cm&xet;, területe 6 &tex;\displaystyle cm^2&xet;. Legyen &tex;\displaystyle P&xet; az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög egy belső pontja. A &tex;\displaystyle P&xet; pontnak a &tex;\displaystyle BC, CA&xet; és &tex;\displaystyle AB&xet; oldalak egyeneseire vonatkozó merőleges vetületei legyenek rendre &tex;\displaystyle D, E&xet; és &tex;\displaystyle F&xet;. Tekintsük az alábbi összeget:

&tex;\displaystyle S=\frac{BC}{PD}+\frac{CA}{PE}+\frac{AB}{PF}&xet;

&tex;\displaystyle (a)&xet; Határozzuk meg &tex;\displaystyle S&xet; minimális értélét.

&tex;\displaystyle (b)&xet; A háromszög mely &tex;\displaystyle P&xet; belső pontjára lesz &tex;\displaystyle S&xet; értéke minimális?

5. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletrendszert:

&tex;\displaystyle sin^2x+cos^2y=y^2&xet;

&tex;\displaystyle sin^2y+cos^2x=x^2&xet;

Megköszönném, ha valaki feltenné a spec. matekos OKTV első fordulójának feladatsorát. (az ideit)

[744] Kovács 972 Márton2014-11-28 19:34:21

Én a korábbi hozzászólásomban az első értelmezés szerint.

Szerintem ha többen is jelzik ezt a félreértést, akkor az lenne a "fair" hogyha mindkét megoldásra járna a maximum pontszám (természetesen amennyiben helyes). Vagyis készíteni kellene egy másik megoldókulcsot.

De pont emiatt kérdeztem, hogy mit lehet ilyenkor csinálni. Az én véleményem az, hogy az idei példák nehezebbek voltak, mint a tavalyiak, tehát szerintem a ponthatár lejjebb csúszik valamivel.

Előzmény: [743] gajdocsi11, 2014-11-28 17:21:00
[743] gajdocsi112014-11-28 17:21:00

Szerintem azért elég sok múlhat rajta! Vegyük azt, hogy tavaly a továbbjutás ponthatára 35/24 pont volt. Tehát ha valaki félreértelmezte és netalántán csak az egyiket fogadják el, akkor a peches csoportnak majd' 30 pontot kéne írnia a továbbjutáshoz. Én például ha 7 pontot számolok magamnak erre a feladatra, akkor 27 pontom lesz, ha nem fogadják el, akkor jó, ha részpontokat kapok, ami már nagyon necces.

Te melyik alapján csináltad meg?

Előzmény: [742] Kovács 972 Márton, 2014-11-28 17:12:46
[742] Kovács 972 Márton2014-11-28 17:12:46

Ebben igazad van, de ezt írhatták volna akkor úgy is (ami szerintem sokkal logikusabb és semmi esetre sem érthető félre) hogy:

Tekintsük azokat az ötjegyű számokat, amelyeknek valamely 4 jegye az 5,6,7,8 számokból kerül ki (mindegyiket fel kell használni) az ötödik jegye pedig tetszőleges.

Eddig a megkérdezettek közül 8-can mondták, hogy a második értelmezés a helytálló, és 7-en, hogy az első. Ez pedig elegendően sok már ahhoz, hogy kijelenthessük, a feladat szövege nem egyértelmű.

Nem hiszem, hogy fog ezen múlni bármi is, de ha esetleg mégis, mit lehet ilyenkor tenni?

Előzmény: [740] HoA, 2014-11-28 16:20:47
[741] gajdocsi112014-11-28 17:12:16

Szia!

De jó, hogy itt is felvetődött a probléma. Ma igen összevesztem a matektanárommal ezen. :)

Nálunk is a társaság egyik fele így, a másik úgy oldotta meg. Nekem eszembe sem jutott volna egy olvasás után másféle számjegyeket belepakolni, így csak az 5, 6, 7, 8 számjegyekkel oldottam meg.

Félek tőle, hogy a megoldókulcs ellenem lesz, de szinte biztos vagyok benne, hogy nem így lesz.

Ez az 1. kör 1. fordulója volt, visszanézve a korábbi évek feladataira, irreálisan nehéz lenne azokhoz képest, ha bármilyen számjegy használható lenne. Többször végig kellett számolnom, mire kijött.

Ha kell, írok a szervezőknek is, mert nem tartanám fair-nek, ha nem fogadnák el az én verziómat.

Ahogy már előttem leírták, a "tartalmaz" szó pozíciója a szövegben lehetővé teszi a félreértést, mert többféleképpen lehet hangsúlyozni a mondatrészt (legyen magyar óra, a magyar nyelv szabályai szerint IS). Ha bármilyen számjegyet tartalmazhatna a szám, a harmadik mondatrész felesleges volna.

Meglepődnék, ha a megoldókulcs nem így gondolná. :)

Egyébként nektek hogy sikerült? Hány pontra számítotok? :)

Előzmény: [737] Kovács 972 Márton, 2014-11-27 21:55:16
[740] HoA2014-11-28 16:20:47

Attól félek, a második. Nézzünk egy példát. Vitatja-e valaki, hogy az 15678 egy ötjegyű szám, amelyik tartalmazza az 5,6,7,8 számjegyeket? És persze mindegyiket legalább egyszer, de ez szerintem is elhagyható.

OFF A többi inkább nyelvészet. A félreértést szerintem a szórend okozta. Ha azt mondom: "amelyek az 5,6,7,8 számjegyeket tartalmazzák" , annak kicsit olyan hangulata van, mintha ott állna mögötte "és csak ezeket" - de nem áll ott. Ha azt mondom: "amelyek tartalmazzák az 5,6,7,8 számjegyeket" , akkor úgy érzem, arról nem szólok, mást tartalmaznak-e, tehát 15678 nyilván megfelel. OFF

Előzmény: [737] Kovács 972 Márton, 2014-11-27 21:55:16
[739] w2014-11-27 23:16:56

Indirekt: ha a második lenne igaz, akkor felesleges lenne a "mindegyiket legalább egyszer".

Előzmény: [737] Kovács 972 Márton, 2014-11-27 21:55:16
[738] jonas2014-11-27 22:48:35

Én az elsőre tippelnék.

Előzmény: [737] Kovács 972 Márton, 2014-11-27 21:55:16
[737] Kovács 972 Márton2014-11-27 21:55:16

Sziasztok!

Szerintetek hogyan kell érteni az alábbi feladatot? Ma volt a 2. kategóriás OKTV, ez volt az első feladat. Én csípőből oldottam meg, nem is gondolkoztam, hogy másképp lehet-e értelmezni, aztán a végén ábrándítottak ki, hogy márpedig igen. Én kitartok a saját igazam mellett. Ti mit gondoltok?

A feladat szövege szóról szóra:

"Tekintsük azokat az ötjegyű számokat, amelyek az 5,6,7,8 számjegyeket tartalmazzák és mindegyiket legalább egyszer. Mennyi ezeknek az ötjegyű számoknak az összege?"

Az én értelmezésem:

A szám jegyei az 5,6,7 és 8 számjegyekből kerülnek ki úgy, hogy mindegyik legalább 1-szer szerepel. (tehát vagy 2 darab 5, vagy 2 darab 6, vagy 2 darab 7, vagy 2 darab 8-cas van)

A többiek szerint:

Valamelyik 4 jegye az 5,6,7 és 8 valamilyen sorrendben, az 5. pedig bármi.

[736] Róbert Gida2014-03-26 15:22:24

"c'=16 esetén a következő út jó: 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8. Így ezt az utat felszorozva c/16-tal megkaptuk a fenti tulajdonságú javító utat"

Van rövidebb javító út is! Géppel meg is lehet találni a legrövidebbet, mindössze egy párt kell felbontanunk: c'=11236-ra egy javító út: 11236,213,11023,5618, ezt &tex;\displaystyle \frac {c}{11236}&xet;-tal felszorozva kapjuk az utat, azaz:

&tex;\displaystyle c,\frac{213c}{11236},\frac{11023c}{11236},\frac c2&xet;.

(Természetesen c egy osztója volt a 11236).

Előzmény: [734] Janyolka, 2014-03-26 07:27:26
[735] Fálesz Mihály2014-03-26 11:03:04

Ugyanennek az ötletnek egy másik megvalósítása a következő.

Veszünk olyan &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; páratlan pozitív egészeket, amikre &tex;\displaystyle a^2<c&xet; és &tex;\displaystyle a^2+c=b^2&xet;. Ezután egy párosítás a következő lesz:

&tex;\displaystyle (1,a^2-1)&xet;, &tex;\displaystyle (2,a^2-2)&xet;, ..., &tex;\displaystyle \bigg(\frac{a^2-1}2,\frac{a^2+1}2\bigg)&xet;; ezekben a két tag összege mindig &tex;\displaystyle a^2&xet;,

továbbá &tex;\displaystyle (a^2,c)&xet;, &tex;\displaystyle (a^2+1,c-1)&xet;, ..., &tex;\displaystyle \bigg(\frac{c+a^2-1}2,\frac{c+a^2+1}2\bigg)&xet;, ezekben az összeg mindig &tex;\displaystyle a^2+c=b^2&xet;.

Már "csak" a megfelelő &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; hiányzik.

Ilyeneket úgy kaphatunk, hogy az &tex;\displaystyle c&xet;-t olyan &tex;\displaystyle b-a&xet; és &tex;\displaystyle b+a&xet; tényezők szorzatára bontjuk, amelyek "közel" vannak egymáshoz, és a legnagyobb közös osztójuk &tex;\displaystyle 2&xet;. Mivel &tex;\displaystyle c=(2\cdot19\cdot53)^{2014}&xet;, a &tex;\displaystyle 19&xet; és a &tex;\displaystyle 53&xet; tényezőket kell elosztanunk a &tex;\displaystyle b+a&xet; és a &tex;\displaystyle b-a&xet; között.

Például a &tex;\displaystyle b+a=2\cdot 19^{327}\cdot 53^{1687}&xet;, &tex;\displaystyle b-a=2^{2013}\cdot 19^{1687}\cdot 53^{327}&xet; választással

&tex;\displaystyle \frac{b+a}{b-a} = 2^{-2012}\cdot\bigg(\frac{53}{19}\bigg)^{1360}\approx1,73<2, &xet;

így &tex;\displaystyle b+a<\sqrt{2c}&xet; és &tex;\displaystyle b-a>\sqrt{c/2}&xet;, tehát

&tex;\displaystyle a<\frac{\sqrt{2c}-\sqrt{c/2}}2<\sqrt{c}.&xet;

Előzmény: [734] Janyolka, 2014-03-26 07:27:26
[734] Janyolka2014-03-26 07:27:26

3. feladat

Legyen &tex;\displaystyle 2014^{2014}=c&xet;. Megmutatatjuk, hogy van 1, 2, ..., c számoknak olyan teljes párosítása, hogy minden párban az összeg négyzetszám. Ebből már következik, hogy Boglárkának van nyerő stratégiája.

Induljunk ki a (t, c-t) párosításból. Ebben a párosításban minden összeg négyzetszám és 1-től c-ig csak c/2-nek és c-nek nincs párja. Most mutatunk egy javító utat c-ből c/2-be, úgy hogy az út minden élén a végpontok összege négyzetszám, és minden második élén az összeg c. Ekkor az út párosadik éleit kidobva (t, c-t) párosításból és a páratalanadik éleket hozzávéve, egy teljes párosítást kapunk 1, 2, ..., c számokon.

c'=16 esetén a következő út jó: 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8. Így ezt az utat felszorozva c/16-tal megkaptuk a fenti tulajdonságú javító utat.

[733] w2014-03-07 16:32:12

/2. feladat = A.267/

Előzmény: [732] Erben Péter, 2014-03-07 07:43:21
[732] Erben Péter2014-03-07 07:43:21

A III. kategória döntőjének feladatai. (Ne lőjük le rögtön a megoldásokat.)

1. Adott az ABC háromszög. Bocsássunk merőlegest A-ból a B-beli belső szögfelező egyenesre, és B-ből az A-beli belső szögfelező egyenesre. A talppontokat jelölje D, illetve E. Bizonyítsuk be, hogy a DE egyenes a háromszög AC és BC oldalát a beírt kör érintési pontjában metszi.

2. A p és q pozitív számokra p+q\le1. Igazoljuk, hogy bármely m,n pozitív egészekre (1-pm)n+(1-qn)m\ge1.

3. Az 1,2,...,20142014 számok közül Aladár és Boglárka felváltva törölnek le egy számot (Aladár kezd), amíg csak két szám marad. Ha a megmaradó két szám összege négyzetszám, akkor Boglárka nyer, egyébként Aladár. Kinek van nyerő stratégiája?

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]