[306] Hajba Károly | 2004-04-12 01:45:34 |
Megoldás a 69.feladatra:
Kezdjük el a 2004-et az nN>2 számokkal elosztani és utána képezni az -t. Az Smax-ot az helyen kapjuk, így .
Ültessük most ezt át az egész számokra, azaz a 2004-t osszuk fel 2-es és/vagy 3-as számok összegére. (Várhatóan 738 darabra), majd ezeket összeszorozni. Erre közelítést az alábbi egyenletrendszer megoldásával tehetünk:
2*n+3*m=2004
n+m=738
Innen az S=2210*3528 szám adódik, de érdekes módon nem ez adja a jó megoldást, hanem az S=3668.
HK
Ui: Remélem, jó az elképzelésem, s egyébként kellemes locsolkodást mindenkinek :o)
|
Előzmény: [305] Csimby, 2004-04-11 21:48:22 |
|
[305] Csimby | 2004-04-11 21:48:22 |
69.feladat Számítsuk ki olyan pozitív egész számok szorzatának maximumát, amelyek összege 2004.
|
|
[304] Sirpi | 2004-04-09 10:05:59 |
Ezt a feladatot nem ismertem, viszont némi agyalás után rájöttem, hogy a feladat nem más, mint egy többdimenziós Mérgezett csoki játék. Ez alapján az a válasz, hogy ha n1, akkor az első játékosnak van nyerő stratégiája (viszont ezt a stratégiát nem lehet megadni, általánosan csupán egzisztenciabizonyítás adható).
Ezután a bevezető után nem is lőnem le (teljesen :-) ) a megoldást, de leírom, hogy mi is az a 2 dimenziós Mérgezett csoki játék:
Van egy n×m méretű csokink, melynek a bal felső kockája mérgezett, valamint egy L alakú késünk, mellyel a csoki rácsai mentén vághatunk. A kést csak úgy forgathatjuk, hogy a levágandó rész jobb alulra essen. A 2 játékos felváltva vág a csokiból, és amit levágnak, azt meg is eszik. Az veszít, akinek a mérgezett kiskocka marad.
Innen már csak azt kell kitalálni, hogy a 2 feladatnak mi köze van egymáshoz, és miért nyer (majdnem) mindig az A játékos...
Remélem, sikerült mindenkit kellően összezavarnom :-)
Könnyű pótfeladat:
a) adjuk meg a nyerő stratégiát, ha a csoki 2×n-es
b) ha n×n-es
Sirpi
|
Előzmény: [303] Csimby, 2004-04-04 23:25:47 |
|
[303] Csimby | 2004-04-04 23:25:47 |
Talán van aki nemismeri:
68. feladat A és B a következő játékot játszák: Kiindulnak egy adott N számból és felváltva mondják N-nek egy-egy osztóját, úgy hogy senki sem mondhat olyan osztót ami az eddig elhangzott osztók egyikének osztója. Az a játékos veszít aki már csak N-et tudja mondani. Mikor, kinek van nyerő stratégiája?
|
|
|
|
|
[299] Csimby | 2004-03-26 22:12:12 |
Én is ezt a megoldást ismerem, amit Nadorp és Onogur összehozott, de a másik is érdekes. Szerintem is nagyon szép.
Kicsit feleslegesnek tartottam ennyi miatt hozzászólást írni ezért arra gondoltam megnézem a What's Special About This Number? lapot, mit ír a 300-ról (mivel ez a 300. hozzászólás, ha valaki meg nem előz) és ezt találtam: "300 is the largest possible score in bowling", fantasztikus. Egyébként vannak "tényleg" érdekes(ebb) dolgok is ezen a honlapon.
|
|
|
[297] Sirpi | 2004-03-26 08:57:09 |
Na, akkor egy próba:
Tudjuk, hogy 0<a<b<c, és használjuk Onogur szemfüles átalakítását:
f(x)=(a-x)(b-x)c+a(b-x)(c-x)+(a-x)b(c-x)
Ekkor
f(a)=a(b-a)(c-a)>0
f(b)=(a-b)b(c-b)<0
f(c)=(a-c)(b-c)c>0
Az előjelváltások és f folytonossága miatt muszáj lenni gyöknek mind az (a,b), mind a (b,c) intervallumban.
S
|
Előzmény: [294] Hajba Károly, 2004-03-26 00:57:49 |
|
[296] nadorp | 2004-03-26 08:54:52 |
Sziasztok !
Adok egy megoldást a 67. feladatra. A bizonyítás nem elemi, de a feladat alapötlete szerintem innen származik.
Tekintsük a p(x)=abcx3-(ab+ac+bc)x2+(a+b+c)x-1 polinomot. Könnyen látható,hogy miatt a p(x) gyökei az számok. A polinomnak három valós gyöke van, ezért létezik egy lokális maximuma és egy lokális minimuma. Ezeket a szélsőértékeket a polinom az illetve a intervallumokon veszi fel. A szélsőértékek helyeit a p'(x)=0 egyenlet gyökei adják.Viszont a
p'(x)=3abcx2-2(ab+ac+bc)x+(a+b+c)=0 egyenlet gyökei nyilván a
(a+b+c)x2-2(ab+ac+bc)x+3abc=0 egyenlet gyökeinek a reciprokai, ezért ennek az egyenletnek a gyökei az (a,b) illetve (b,c) intervallumokba esnek.
|
|
|
[294] Hajba Károly | 2004-03-26 00:57:49 |
Kedves Csimby!
A 65. feladatnál az alábbi részeredményre jutottam:
A (a+b+c)x2-2(ab+bc+ac)x+3abc=0 egyenletet átrendezve az következő egyenletet kapjuk:
(a-x)(b-x)c+a(b-x)(c-x)+(a-x)b(c-x)=0
a) Ha x<a akkor az összeg mindhárom tagja pozitív lesz, míg ha x>c akkor mindhárom negatív lesz, s ez ellentmondás. Tehát a<x<c.
b) Ha rendre x= a, b, c, akkor az összeg két-két tagja rendre zérus, míg a harmadik nem. Így ez is ellentmondás. Tehát x(a,b,c)
c) Ha a<x<b vagy b<x<c, akkor az összeg 3. tagja mindig negatív, a másik két tag előjele ellentétes, így mindkét tartományban lehetséges gyök; de eddig még nem leltem meg a megoldást, mellyel bizonyíthatnám, hogy két külön tartományba is kell kerülniük. :o(
HK
|
Előzmény: [289] Csimby, 2004-03-24 00:40:29 |
|
[293] Sirpi | 2004-03-25 15:10:41 |
Megjegyzés a 65. feladathoz:
A kitűzésnél 0<x</4 volt, de az állítás igaz (és a bizonyítás is megy) 0<x</2-re. Sőt több is igaz:
Beláttuk, hogy ha x hegyesszög, akkor x legfeljebb a sin x és tg x számtani közepe lehet. Ez viszont igaz számtani helyett harmonikus középre is, amivel élesebb becslést kapunk:
S
|
Előzmény: [292] nadorp, 2004-03-25 13:34:34 |
|
|
[291] lorantfy | 2004-03-24 13:26:07 |
Kedves Zoltán!
Kösz a figyelmeztetést. Neked jobb a memóriád, én nem emlékeztem rá. Ráadásul a megoldásban utalnak az általános megoldhatóság feltételére is. Azért remélem lesz olyan, aki ettől függetlenül megcsinálja.
|
Előzmény: [290] SchZol, 2004-03-24 12:32:51 |
|
|
[289] Csimby | 2004-03-24 00:40:29 |
65.feladat Bizonyítsuk be, hogy ha 0<x</4, akkor x<(tgx + sinx)/2.
66.feladat Bizonyítsuk be, hogy tg 1°, sin 1°, cos 1° irracionális.
67.feladat (a+b+c)x2-2(ab+bc+ac)x+3abc=0 és 0<a<b<c Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet egyik gyöke a és b közé a másik pedig b és c közé esik.
A feladatok a Nemzetközi Magyar Matematikai Versenyen voltak kitűzve, úgyhogy aki volt az ismeri a megoldásokat aki nem, annak meg jó szórakozást.
|
|
[288] lorantfy | 2004-03-23 22:56:49 |
Kedves Károly és Fórumosok!
Éppen ideje volt már „földobni” ezt a témát! Ezt a feladatot én is hallottam már többféle változatban, cipókkal, tojásrántottával, de fahasábokkal és spórral még nem. Bennem meleg elmékeket kelt az utóbbi, de sokan szerintem már azt sem tudják mi az. ( Spór = spórhelt = sparhert = takaréktűzhely )
64. feladat: Valaki dombos úton kerékpárral ment A helyről B-be majd ugyanott vissza. Vizszintes úton v = 16 km/h, lefelé u = 24 km/h, felfelé pedig w = 12 km/h sebességgel haladt. Oda-vissza összesen 3 órát kerékpározott. Mekkora az AB távolság?
Akinek ez nagyon könnyű lenne:
64.b feladat: Milyen 60 km/h > u > v > w egész számokra van a feladatnak egyértelmű megoldása?
|
Előzmény: [287] Hajba Károly, 2004-03-22 15:19:25 |
|
[287] Hajba Károly | 2004-03-22 15:19:25 |
Üdv Mindenki!
Felhozandó a Téma bedobok egy ide illő és egyszerű, akár az "Ujjgyakorlatok"-ba is illő 63. feladatot:
Három barátnő főzéshez készül, az egyik 5 db fát, a másik 3 db fát hozzott a spórba és így mindhármójuk megfőzött. A harmadik, mivel nem volt tüzifája, 8 forinttal járult hozzá a tüzifa költségekhez. A másik két barátnő milyen arányban osztozik igazságosan a pénzen?
HK
|
|
[286] Csimby | 2004-03-05 13:17:08 |
Kedves Gyuri!
Megköszönném!
|
|
[285] Gyuri | 2004-03-05 12:16:51 |
Kedves Csimby!
A 60. feladathoz irt kerdesedre a valasz: Lehet jobbat talalni, megpedig 21/36 a legnagyobb nyeresi esely Andris szamara. Hogyan lehet bizonyitani? Most nincs nalam, de egy rovidke C progival vegigneztem a lehetosegeket. Ha erdekel, elkuldhetem emailben.
Udv: Gyuri
|
Előzmény: [275] Csimby, 2004-02-26 21:13:06 |
|
[284] pragmaP | 2004-03-03 19:46:57 |
Kedves László!
Köszönöm, hogy felhívtad a figyelmem az elegánsabb megoldásra. Én a és a arányából jöttem rá, hogy egyenlőszárú derékszögű háromszöget kell valahol találnom.
|
|
[283] lorantfy | 2004-03-02 20:11:49 |
Kedves Tamás!
Örülök, hogy beírtad a megoldást – én nem mondtam, hogy nem kell megoldani, csak, hogy emlékeztet egy másik példára. Különösen a jó ábrákat imádom – és ez is az!
Ha jól megnézed, kiderül, hogy a szög megállapításához nem szükséges kiszámolni az átfogókat, elegendő az 1-2 befogójú derékszügű -ek egybevágóságára hivatkozni. Ezért is szeretik ezt a példát és variációit a 7. osztályos versenyfeladatokba berakni.
|
Előzmény: [282] pragmaP, 2004-03-02 18:13:30 |
|
[282] pragmaP | 2004-03-02 18:13:30 |
62. feladat megoldása
Sajnálom, hogy már volt, de azért, ha már lerajzoltam, elküldöm.
A Pithagorasz-tételből ED= és EC==. Tükrözzük AED háromszöget E pontra! Így ED'=. Ha be tudom bizonyítani, hogy D'C is , akkor ED'C egy egyenlőszárú derékszögű háromszög, ezért 45-°osak az alapon fekvő szögei. Ebből =135°.
A fentinek bizonyítása: BP=1, ha a D'P-t AB-vel párhuzamosan húztam. EA'=2, így A'B=1, ezért D'C=
|
|
Előzmény: [280] lorantfy, 2004-03-02 11:33:04 |
|