KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Belépés
Regisztráció
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  Játékszabályok    Technikai információ    TeX tanfolyam    Elfelejtettem a jelszavam    Témák  

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[177] lorantfy2004-08-15 10:35:37

Kedves Suhanc és Károly!

Bocs az alaptalan feltételezésért! Jó a példa, én voltam figyelmetlen!

Károly szépen lecsaptad a magas labdát. Gratula!

Előzmény: [176] Suhanc, 2004-08-15 10:06:07
[176] Suhanc2004-08-15 10:06:07

Kedves Károly!

Igen, erre gondoltam...:)

Köszönöm a megoldást!:)

Előzmény: [175] Hajba Károly, 2004-08-15 09:30:55
[175] Hajba Károly2004-08-15 09:30:55

Kedves Suhanc!

A római IX megfordítva XI, így a három történelmi könyv X(XI)V, számértéke 10+9+5=24.

HK

Előzmény: [174] Suhanc, 2004-08-15 07:24:05
[174] Suhanc2004-08-15 07:24:05

Kedves László!

Átnéztem a feladatomat, és találtam rá egy lehetséges megoldást az eredeti szöveggel...

A [173]-as hozzászólásodban a levezetéssel egyetértek, kivéve, hogy :

"Balról jobbra olvasva az 1 és 10 közötti római számokból hármat nem lehet összerakni úgy, hogy értelmes római szám keletkezzen."

De lehet...:)

Ami talán nincs kellően kihangsúlyozva, hogy a könyveknek a közepén vannak a számok...

Előzmény: [173] lorantfy, 2004-08-15 00:37:02
[173] lorantfy2004-08-15 00:37:02

Szia ScarMan!

Ha a történelmi könyvek a III, IV, V a 7-es meg nincs a polcon, akkor a megmaradó arab számok: 1+2+6+8+9+10=36.

Hogy lehet a III, IV, V számokból balról jobbra olvasva a 36-os számot kihozni?

Azt hiszem kicsit javítani kell a feladat szövegén!

A számok összege 1-től 10-ig 55. Ebből elvesszük a 7-et, marad 48, ennek a fele 24.

Balról jobbra olvasva az 1 és 10 közötti római számokból hármat nem lehet összerakni úgy, hogy értelmes római szám keletkezzen.

A maximum két számból XIX lenne, akkor a VII-es lehetne a harmadik történelmi, de a megmaradó arabok összege 29.

Így egyetlen kiutat látok, hogy Suhanc elírta a feladat szövegét!

Szerintem a javított szöveg:

A történelmi témájú könyvek egymás mellett vannak, számaikat jobbról balra egybeolvasva pontosan annyit kapunk, mint a mellettük levő arab számok összege.

Ekkor van megoldás: V, IX, X. Egybeírva: VIXX. Jobbról balra olvasva 24.

Jól gondolom?

Előzmény: [172] ScarMan, 2004-08-14 22:06:18
[172] ScarMan2004-08-14 22:06:18

50. feladat: III, IV, V

Előzmény: [171] Suhanc, 2004-08-09 20:49:02
[171] Suhanc2004-08-09 20:49:02

Ezt a feladatot 2 éve "barkácsoltam", remélem, azért az ujjgyakorlat minősítést megérdemli...:) Eredetileg a logikába szerettem volna írni, de ide talán jobban illik:

50.Feladat

Robi rendbe rakja könyvespolcát. Könyveit sorba rakja, és a könyvek gerincének a közepén számokat ír rá 1-től 10-ig.. Három könyve történelmi témájú, ezért ezekre a számot római számmal írja, majd fogja a hetes számot viselő könyvet, és elmegy otthonról. Hazaérve rémülten látja, hogy az öccse összekeverte könyveit. A történelmi témájú könyvek egymás mellett vannak, számaikat balról jobbra egybeolvasva pontosan annyit kapunk, mint a mellettük levő arab számok összege. Milyen számok vannak a történelmi könyveken?

[170] lorantfy2004-06-07 19:18:08

Hát igen! Van egy kis hibája, de legalább hozzászóltatok!:-)

Előzmény: [168] Kós Géza, 2004-06-07 18:11:23
[169] Kós Géza2004-06-07 18:18:24

Létezik több olyan osztási algoritmus, ami akárhány rabló esetére általánosítható.

Az egyik ilyen, hogy előbb A és B egymés között kétfelé osztják a kincset. Utána mindketten a saját fél kupacukat három-háromfelé osztják. Végül C az A-tól és a B-től is elvesz egy-egy kis kupacot.

[168] Kós Géza2004-06-07 18:11:23

Szerintem a leírt algoritmussal az 1. és a 3. rabló tud ugyanúgy összebeszélni. A 3. rabló egyenlőtlenül osztja el a kupacokat, utána az 1. rabló a három legnagyobb kupacot választja és a 2. hoppon marad.

Előzmény: [165] lorantfy, 2004-06-07 14:27:21
[167] Hajba Károly2004-06-07 17:06:01

Javaslat a 49. feladathoz:

Az A rabló három részre osztja a kincset, majd B rabló kettő neki szimpatikus kupacot elvesz, s ha akarja átrendezi. Ezután C rabló mindháromból választva elveheti a neki tetsző részt. Ha C az első kupacot választja, akkor A válaszhat a maradék kettőből, míg ha az átrendezett kupacokból választott, akkor A viszi az első kupacot, B viszi a másik átrendezett kupacot.

A és B nem tudnak összebeszélni, mivel C szabadon válaszhat a három közül. A és C nem tudnak összebeszélni, mivel B alakította ki az átrendezett kupacokat és neki ebből az egyik jár. B és C nem tudnak összebeszélni, mivel A egyenletes szétosztása esetén nem tudják őt megkárosítani.

HK

Előzmény: [164] Suhanc, 2004-06-06 11:24:29
[166] Sirpi2004-06-07 15:36:19

Ötletes a 27 részre osztás, az én megoldásomban azonban elég 6 részre osztani: Az első rabló osszon 3 részre, és a másik kettő válasszon.

1) Ha különbözőt választanak, akkor minden oké, mert mindketten viszik, amit választottak, és a megmaradó harmad az osztóé.

2) Akkor viszont gond van, ha a 2. és a 3. rabló ugyanazt a részt akarja magának. Ekkor ezt felezzék meg maguk között, és a maradék kettőből megint válasszanak.

2A) Ha ugyanazt választják, akkor azt is felezik maguk közt, a 3. az osztóé.

2B) Ha pedig nem ugyanazt választják, akkor mindketten a második választottjukat megfelezik az első rablóval.

Így könnyen végiggondolható, hogy mindegyikük el tudja érni, hogy megkapja legalább a harmadát a kincsnek.

Sirpi

Előzmény: [165] lorantfy, 2004-06-07 14:27:21
[165] lorantfy2004-06-07 14:27:21

Egy ötlet a 49. feladathoz: Az első rabló felosztja a zsákmányt A,B,C részekre, majd a 2.rabló mindhárom részt újabb 3 részre: A1,A2..C3. Ezután a harmadik rabló választhat egy A, egy B és egy C részt, majd hasonlóan az első és a megmaradt részeket kapja a második rabló.

Ha az első két rabló nem harmadol igazságosan, akkor a 3. kiveszi a nagyobb részeket és jobban jár.

Még azt kell meggondolni, összebeszélhet-e bármelyik két rabló, hogy a harmadiknak kevesebb jusson mint a harmadrész, ők pedig megfelezik a kettőjüknek jutú részt.

Azt hiszem, gond van mert ha pl.a 2. és 3. rabló összebeszélnek, az első harmadol, a második pedig minden harmadot \frac{1}{2}:\frac{1}{4}:\frac{1}{4} arányban oszt fel, a harmadik kiveszi a feles darabokat, a másik kettőnek maradnak a negyedek. Majd a 2. választ hasonlóan és 3. rabló elsztja egymásközt a szerzeményt.

Erre viszont az a megoldás - azt hiszem - ,hogy a harmadiknak is osztani kell, méghozzá minden darabot újabb 3 részre. Azután az 1.rabló választhat 9 db-ot a 27 részből, majd a 2. választ hasonlóan és a 3-nak marad 9 rész.

Előzmény: [164] Suhanc, 2004-06-06 11:24:29
[164] Suhanc2004-06-06 11:24:29

Kedves Fórumosok!

Ezzel a feladattal még év elején találkoztam, egy általános iskolás feladatsorban:

49.Feladat:Két rabló a zsákmány úgy osztja szét, hogy egyikük két részre választja, a másik pedig kiválasztja belőle azt, amelyiket kapni akarja. Ezzel azt érik el, hogy másik stratégiájától függetlenül, biztosan meg tudják szerezni a zsákmány felét. Írjunk ilyen tulajdonsággal rendelkező algoritmust három rabló esetére!

[163] lorantfy2004-05-27 15:27:02

48. feladat: Hárman kártyáznak. A játék előtt pénzük aránya a:(a+1):(a+2), a játék után ugyanolyan sorrendben (a+1):(a+2):(a+3), s a kártyázás során csak egymástól nyerhettek. Egyikük 12 tallért nyert. Mennyi lehet az a egész szám értéke és hány tallérral ül le egy-egy játékos játszani, ha összesen kevesebb mint 2000 tallérjuk volt?

(Matematika próbaérettségi emelt szint 3. feladata alapján)

[162] lorantfy2004-05-11 10:15:52

Kedves Károly!

Itt is köszönet a szép megoldásért. Már azt hittem feledésbe merül ez a szép kis trig. egyenlet.

Előzmény: [160] Hajba Károly, 2004-05-11 00:29:46
[161] Hajba Károly2004-05-11 00:34:25

Ez lemaradt az előző hozzászólásom végéről \alpha4=225° :o)

HK

Előzmény: [160] Hajba Károly, 2004-05-11 00:29:46
[160] Hajba Károly2004-05-11 00:29:46

Megoldás László nem is annyira ujjgyakorlat 32. feladatára:

sin^2xsin2x+cos^2xcos2x = \frac12

Három ismert trigonometriai egyenlőséget behelyettesítve:

\frac{1-cos2x}{2}sin2x + \frac{1+cos2x}{2}cos2x = \frac{sin^22x+cos^22x}{2}

Majd szépen rendezve:

sin2x-sin2xcos2x+cos2x+cos22x=sin22x+cos22x

(sin2x+cos2x)-sin2x(sin2x+cos2x)=0

(sin2x+cos2x)(1-sin2x)=0

\alpha1=67,5°;...\alpha2=157,5°;...\alpha3=45°

Előzmény: [109] lorantfy, 2004-02-10 08:18:20
[159] BohnerGéza2004-05-09 11:13:36

A 42. feladathoz: (Mutassuk meg, hogy minden húrnégyszög felbontható n>=4 db húrnégyszögre.) A feladat régóta „áll”, ezért az „ujjgyakorlat” részét megírom, lerajzolom. Nem nehéz belátni, ha fel tudjuk bontani a 4-re, 5-re és 6-ra, akkor n>=4 tetszőleges db-ra is.

Az ábrán látható négyszögekről – leírom, hogy kaptam azokat – „ujjgyakorlat” megmutatni, hogy húrnégyszögek. Ami nehezebb, meg kell mutatni, hogy létezik megfelelő G, G és I, illetve M pont.

A nem triviális esetekben van hegyesszöge az ABCD húrnégyszögnek. Jelöljük egy ilyen csúcsát az A-val. ( Ekkor azt hiszem mindig léteznek az alább leírt felbontások esetén a megfelelő pontok. )

A négy részre bontást – ábra első része – úgy kapjuk, hogy megfelelő G-t választunk, majd legyen GR || AD, GQ || AB, valamint PBQB és GRDS húrtrapéz.

Az öt részre bontást – ábra középső része – úgy kapjuk, hogy a G és I pontokat felvesszük megfelelő helyre úgy, hogy a rajtuk és a megfelelő csúcsokon átmenő körök messék egymást még a H illetve J pontban.

Az hat részre bontást – ábra utolsó része – úgy kapjuk, hogy megfelelő M esetén a PBQM és MRDS „elég hosszú” paralelogrammák legyenek, majd azokat két-két húrtrapézra bontjuk.

Előzmény: [135] Csimby, 2004-04-11 22:16:40
[158] Hajba Károly2004-05-07 12:27:10

Kedves Péter!

Nem nehéz belátni a \frac{1}{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n(n+1)} egyenlőséget, s ebből következik, hogy k=2 feltétel is elég. A jobb oldalt tovább lehet bontani és így akármeddig lehet bontogatni.

Üdv: HK

Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48
[157] Kós Géza2004-05-07 12:09:28

\frac1n=\frac1{2n}+\frac1{3n}+\frac1{6n}.

Az általánosabb feladat úgy szól, hogy minden pozitív racionális szám felírható véges sok különböző pozitív egész reciprokösszegeként. Ez ebben a formában nem ujjgyakorlat, de egy kis segítséggel az.

Vegyünk tehát egy pozitív racionális számot. A pozitív egészeket keressük ,,mohón'', azaz mindig a lehető legkisebbet válasszuk ki, ami még nem szerepelt, és a reciprokösszeg nem nő túl nagyra. Például, ha az 1,36 számot szeretnénk felírni, akkor a kiválasztott számok: 1, 3, 38, 2850.

47b feladat: Igazoljuk, hogy a mohó algoritmus mindig eredményre vezet.

Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48
[156] nadorp2004-05-07 11:11:48

A 47. feladat kapcsán jutott eszembe.

47.a feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden 1 nél nagyobb n pozitív egész szám reciproka előállítható k darab (2\leqk\leqn2) különböző pozitív egész reciprokának összegeként.

Előzmény: [146] Hajba Károly, 2004-05-04 12:33:58
[155] nadorp2004-05-07 10:42:13

Kedves Tamás !

László megoldásából látszik, hogy a téglalap akkor lesz négyzet, ha DF_2=\sqrt{T_\Delta}. Nyilván \frac{AB}2\leq{DF_2}\leq{AF_2} teljesül, tehát a megoldhatóság feltétele,hogy \frac{AB}2\leq\sqrt{T_\Delta}\leq{AF_2}. Ez a feltétel pld. szabályos háromszög esetén teljesül,holott AC\neqMB.

Abban viszont igazad van, hogy nem minden esetben van megoldás. Pld. ha a háromszög AB oldalához tartozó magasságra m_c<\frac{AB}2, akkor T_\Delta=\frac{AB\cdot{m_c}}2<\frac{AB^2}4, tehát \sqrt{T_\Delta}<\frac{AB}2

Előzmény: [153] Bodoni Tamás, 2004-05-06 11:06:22
[153] Bodoni Tamás2004-05-06 11:06:22

46b.feladat:

A feladat csak akkor megoldható, ha a háromszög MB magassága egyenlő az AC alappal. Remélem nem mondtam oktalanságot. Bemutatkozásként.

Előzmény: [151] Kós Géza, 2004-05-05 13:55:04
[152] lorantfy2004-05-05 19:29:18

Kedves Géza és Fórumosok!

Valóban a B-ből induló magasságra nincs szükség, ez volt a félrevezetés, ui. egy "átlagos" hegyesszögű \Delta-ben a talppontja elég közel esik ahhoz az M ponthoz amire négyzetet kapunk.

A DF1F2E paralelogramma DF2 átlója egyenlő a RPQT2 téglalap QT2 oldalával. Tehát, ha meg tudnánk szerkeszteni a leendő négyzet x oldalát, akkor F2 pontból kimetszhetnénk vele AC-ből a D pontot. Ezután A pont tükörképe D-re adja az M pontot.

x=\sqrt{\frac{a}{2}m_a}, tehát egyszerű mértani közép szerkesztéssel megkaphatjuk x-t az egyik oldal feléből és a hozzá tartozó magasságból.

Előzmény: [151] Kós Géza, 2004-05-05 13:55:04

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

  Játékszabályok    Technikai információ    TeX tanfolyam    Elfelejtettem a jelszavam    Témák  

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley