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.
[128] SAMBUCA2004-12-20 20:40:14

Igaz, Igaz.

Köszönöm a kiigazitást

SAMBI

Előzmény: [127] Lóczi Lajos, 2004-12-20 18:09:14
[127] Lóczi Lajos2004-12-20 18:09:14

Persze ha ebben a formában van felírva a képlet, akkor ez így még önmagában csak "kilencedigazság", illetve "tizennyolcadigazság": hozzá kell tenni, hogy az a és b definíciójában fellépő köbgyökök lehetséges értékeit úgy kell megválasztani, hogy -3ab=p legyen, és persze a köbgyökök belsejében szereplő \sqrt{(\frac{q}{2})^2+(\frac{p}{3})^3} kifejezésnek mindkét előfordulásakor ugyanazt az értékét kell venni.

Előzmény: [126] SAMBUCA, 2004-12-20 00:30:27
[126] SAMBUCA2004-12-20 00:30:27

Hi!

Ha a harmadfokú egyenlet: x3+px+q=0 akkor az

a=\root3\of{\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}} és b=\root3\of{\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}} helyettesítéssel az egyenlet gyökei:

x1=-a-b

x_2=\frac{a+b}{2}+\frac{(a-b)\sqrt3}{2}i

x_3=\frac{a+b}{2}-\frac{(a-b)\sqrt3}{2}i

SAMBUCA

Előzmény: [125] Deutscher Junge, 2004-12-19 13:46:52
[125] Deutscher Junge2004-12-19 13:46:52

Sziasztok!

Meg tudná írni valaki a Cardano-képletet? Segítségeteket előre is köszönöm!

[124] KiCsa2004-12-03 14:36:18

Bocsánat, elég fáradtan gépeltem be a feladatokat.

Előzmény: [122] BohnerGéza, 2004-12-02 23:36:30
[123] lorantfy2004-12-03 12:35:56

Az OKTV III. javítási útmutatója már fent van itt.

Gézának igaza van. Az 1. feladatban bal oldalon az átlók hányadosa áll.

[122] BohnerGéza2004-12-02 23:36:30

A [117.] hozzászólásban az OKTV 1. feladatában a bal oldal számlálója valószínűleg AB helyett AC. Csak így szimmetrikus.

Előzmény: [117] KiCsa, 2004-12-02 21:56:47
[121] KiCsa2004-12-02 22:21:36

5. Tekintsünk egy négyoldalú gúlát, amelynek az alapja húrnégyszög. Vetítsük a gúla magasságának talppontját merőlegesen a gúla négy oldalélére. BBH a négy vetület egy körön van.

[120] KiCsa2004-12-02 22:18:31

4. Tekintsük a pozití vegészek olyan, k különböző elemből álló A részhalmazát, amelyre ha két (nem feltétlenül különböző) pozitív egész egyike sem eleme A-nak, akkor az összegük sincs A-ban. Maximálisan mennyi lehet A elemeinek az összege?

[119] KiCsa2004-12-02 22:15:23

3. Nevezzünk három, nem feltétlenül különböző, 1-nél nagyobb egészt barátságos számhármasnak, ha bármely kettő önmagánál kisebb pozitív osztóinak az összege a harmadik szám. Határozzuk meg az összes olyan barátságos számhármast, amelyben a(z egykik) legnagyobb szám páros.

[118] KiCsa2004-12-02 22:11:21

2. Hány 0<x<2004-re teljesül x+[x2]=x2+[x]? (Itt [c] a c valós szám (alsó) egész részét jelöli, azaz a legnagyobb olyan k egész számot, amelyre k\lec.)

[117] KiCsa2004-12-02 21:56:47

1. BBH egy ABCD húrnégyszögben

\frac{AB}{BD}=\frac{DA\cdot AB+BC \cdot CD}{AB\cdot BC+CD\cdot DA}.

Előzmény: [116] Maga Péter, 2004-12-02 09:18:00
[116] Maga Péter2004-12-02 09:18:00

Este írjátok be a példákat! Meg azt is, hogy milyennek találtátok a feladatsort, illetve hogyan sikerült.

[115] Suhanc2004-11-04 14:06:43

Kedves SchZol!

Az megoldásod utolsó sorában szerintem szükség lenne teljes indukcióra. Illetve, talán egy olyan megjegyzés is elég, hogy az egy tag a másikká mindig ugyanúgy alakul. De lehet, hogy valami félreértek... :D

Előzmény: [114] SchZol, 2004-11-04 11:37:36
[114] SchZol2004-11-04 11:37:36

Kedves Mihály!

Én is úgy gondolom, ahogy Te!

Egyébként meg innen már könnyű a befejezés:

a_n=a_0-\frac{1}{2!}-\frac{2}{3!}-\frac{3}{4!}-...-\frac{n}{(n+1)!}=2-\bigg(\frac{(..((1*3+2)*4+3)*5+4)*6+5)...)*(n+1)+n}{(n+1)!}\bigg)=

=2-\bigg(\frac{(..((3!-1)*4+3)*5+4)*6+5)...)*(n+1)+n}{(n+1)!}\bigg)

Ha a számlálót megnézünk láthatjuk, ha felbontjuk a zárójeleket, akkor rendre azt kapjuk, hogy (4!-1),(5!-1)... tehát a végén az lesz a számlálóban, hogy (n+1)!-1

Vagyis a_n=2-\frac{(n+1)!-1}{(n+1)!}=1+\frac{1}{(n+1)!}

Remélem nem írtam el!

Üdv, Zoli

Előzmény: [113] Fálesz Mihály, 2004-11-04 10:11:38
[113] Fálesz Mihály2004-11-04 10:11:38

Ha megengeditek, hogy én is hozzászóljak, szerintem a szummás alak nem sokban különbözik az eredeti definíciótól. Csupán némi átzárójelezés történt:

a_n=
a_{n-1}-\frac{n}{(n+1)!}=
a_{n-2}-\frac{n-1}{n!}-\frac{n}{(n+1)!}=
\dots=

=a_0-\frac1{2!}-\frac2{3!}-\dots-\frac{n}{(n+1)!}=
2-\sum_{i=1}^n\frac{i}{(i+1)!}.

A feladat megfogalmazása tényleg nagyon szerencsétlen, de azt ki lehet találni, hogy nem arra gondoltak, hogy a rekurziót írjuk át szummára, hanem arra, hogy an-et lényegesen egyszerűbb alakban, szumma nélkül írjuk fel.

Előzmény: [112] SchZol, 2004-11-03 22:20:36
[112] SchZol2004-11-03 22:20:36

Sziasztok!

Véleményem szerint azért nem jó a szummás alak, mert ha megkérdik a versenyzőtől, hogy mondja meg például a 8. tagot, akkor a szummás versenyző elkezdi kiszámolni a szummát tagonként, ami kb azzal ér fel, mintha egyesével kiszámolna a tagokat (a1,a2..,a8), míg aki kihozta az úgymond zárt alakot, az belehelyetít a képletbe és kész. Ez csak az Én véleményem, egyébként nem tudom mi a hivatalos álláspont!

Üdv, Zoli

Előzmény: [111] Suhanc, 2004-11-03 20:50:30
[111] Suhanc2004-11-03 20:50:30

Kedves Fórumosok!

A verseny után a szobatársammal volt némi vitánk az első feladat kapcsán... és látva, hogy itt is élénk eszmecsere folyik, meg akartam kérdezni, arra a megoldásra, amely csak összegzi a kivonandókat, hány pontot várhatuk... de, mint kiderül, ez is max pontot ér...:)

Én is úgy érzem, nem volt egyértelmű a fogalmazás... a szobatársam példáulazzal érvelt, nem explicit alakot kértek... ez pedig, gyanús volt...

Szóval, ami egyből felmerült bennem: az explicit alak csupán az "n segítségével" kifejezés takarja, vagy eze belül műveleti megkötést is tartalmaz?

A másik: ha például egy versenyző nem is írja ki a szummázott végeredményx,t hanem elkezdei felsorolni a kvonandókat, majd ... -t rak, és odaírja az utolsó tagot, az is teljes pontszámú? Mert ez egy kicsit sántít...

Segítségeteket előre is köszönöm!

Előzmény: [109] BrickTop, 2004-11-01 00:33:44
[110] lorantfy2004-11-02 20:45:16

Kedves Fórumosok!

Két 2000-es OKTV II. fordulós feladatot ajánlok a figyelmetekbe:

1. Egy négyzet alapú egyenes gúla alapélének és magasságának a hossza egész szám. Mekkora a gúla térfogata, ha felszínének és térfogatának azonos a mérőszáma?

2. Igazoljuk, hogy az egynél kisebb a, b, c pozitív számokra teljesül a következő egyenlőtlenség:

 log_a \frac{3abc}{ab+bc+ca}+log_b \frac{3abc}{ab+bc+ca}+log_c \frac{3abc}{ab+bc+ca}\geq 3

Mindkettőnek nagyon szép megoldása található az Élet és Tudomány - Sulinet Archívumban, Reiman István cikkeiben: 2000/7. és 2000/13. Keresd itt.

[109] BrickTop2004-11-01 00:33:44

Köszönöm az aggódást, én is szurkolok magamnak (és sorstársaimnak, mert biztosan vannak...) :) Ha ezen dőlne el a továbbjutás, elég morcos lennék. Aki továbbjutásközeli, az valószínűleg mindkétféleképpen meg tudta volna oldani az első feladatot.

Mindenesetre a tanárom nemrég értesített, már kijavította a feladatokat, és úgy tűnik maximális pontszámot kaptam a megoldásomra. Remélem, hogy hivatalos javítókulcs alapján adta meg a 7 pontot.

Előzmény: [108] Maga Péter, 2004-10-31 19:12:40
[108] Maga Péter2004-10-31 19:12:40

Kedves Edgar (már ha itt ezt használod)! Természetesen a reakciómat is elmondhatnám személyesen, de azért inkább beírom, hiszen a többieknek is lehet hozzáfűznivalójuk. Ha úgy tetszik, a versennyel kapcsolatos dolgok közérdekűek.

Elsősorban a feladatkitűző, és -javító csapatnak kell természetesen változtatni, hiszen szegény BrickTop példája is azt mutatja, hogy bizony-bizony ki kell tűzni azt a feladatot egyértelműen, ha azt akarják, hogy megfelelő megoldás szülessen. Tehát az biztos, hogy nagyon körültekintően kell egy feladatot kitűzni.

Másrészről viszont a feladatmegoldónak is lehet tanulni a dologból. Az az állításod, hogy egy nyílt állítást a nyílt állítást igazzá kiegészítő helyettesítések igaz állítássá egészítenek ki, természetesen igaz. A versenyzőnek ezért feladata az is, hogy a feladatot megértse, és ne csak a konkrét szöveget, hanem azt is, hogy a megoldást milyen formában várják a javítók. A jelen esetben azt kellett a szegény versenyzőknek eltalálni, hogy milyen szintű megoldásra van szükség. Mindezt te sokkal jobban tudod, hiszen (amellett, hogy matekból önmagában is nagyon jó vagy) nagyon jól tudsz versenyezni (- nem hízelgés, nem szokásom).

Egyébként még bizonyításoknál is felmerülhetnek hasonló problémák (és merülnek is fel: lehet-e Dirichlet-tételt használni, deriválni stb.).

Szurkolok, hogy ne ez döntse el a továbbjutást! És szurkolok a feladatkitűzőknek is, hogy legközelebb ne legyen ilyen fennakadás!

Maga Péter

Előzmény: [107] Edgar, 2004-10-31 16:23:49
[107] Edgar2004-10-31 16:23:49

Kedves Bobó (és Fórum-olvasók)!

Azt hiszem, itt két különböző dologról van szó. Egyrészt, ha már így alakult, én sem fogadnám el teljes értékűnek a kétszeresen nyílt végeredményt, ha létezik egyszeresen nyílt is. Valóban jobb, ha erre egy versenyző rájön, de mindez nem matematika, csak prakitka.

Azt hiszem, Te is élénken emlékszel egy hasonló esetre (2001-es Arany D. verseny, 1. feladat). Ott is hasonló volt a helyzet: egy kissé hiányosan kitűzött feladatra a zsűri csak a saját szájíze szerinti megoldást fogadta el, ami bizonyos szempontból logikus döntésnek is tekinthető, de ez nem változtat azon, hogy a feladat szövegéből nem lehetett kitalálni ezt az értékelési elvet.

Úgy gondolom, ebben az esetben is erről van szó: a feladat kevésbé szerencsés kitűzése vezetett a gondokhoz, aminek akkor se örülök, ha ebben az esetben valóban minőségileg komolyabb az egyik fajta eredmény, mint a másik: hiszen a feladat szövege mindkettőt megengedte.

Általában úgy vélem, hogy ha egy feladat nem bizonyítási tétel vagy eldöntendő kérdés formájában kerül a versenyzők elé, akkor különös gondossággal kell eljárni, hogy a támasztott elvárások egyértelműek legyenek.

Különösen igaz ez az olyan feladatokra, ahol adott egy halmaz, és ennek "egyszerűbb" karatkerizációját keressük. Pl. mely n természetes számokra igaz egy adott T(n) állítás? Ha a feladat szövege csak ennyi, akkor logikailag helyes megoldás az is, hogy azokra és csak azokra, amelyekre a T(n) igaz.

Persze ez senkiben nem merül fel válaszként, de pl. előfordulhat az, hogy valakinek kijön, hogy a válasz az \left\{ a^2 - b^2 | a,b \in Z \right\} alakú számok halmaza, és itt megáll, ezért nem adja meg az egyszerűbb kritériumot (4-es maradék). Ekkor a leírt megoldás hibátlan, de mégsem ér annyit, mint egy olyan, ahol az utóbbi is említve van. Saját magának okoz fejfájást az a zsűri, aki ezzel nem gondol.

Persze abból is lehet baj, ha egy számérték vagy paraméteres kifejezés a kérdés. Itt az előbbin kívül van még egy gond: nagyonis lehetséges az, hogy két teljes ertékű megoldás olyan végeredményt ad, amiről ránézésre nem mondható meg, hogy azonos.

Ebben a feladatban szerintem könnyen meg lehetett volna oldani a gondokat: elég a faktoriális műveletét zárt képletnek deklarálni, és előírni, hogy a kihozott eredmény zárt legyen. Ezzel persze valamennyi útmutatást is kapnak a versenyzők, azaz a feladat lényege is könnyebb lesz, de ezt ki lehet egyensúlyozni azzal, hogy a példa eleve nehezebb legyen.

Nem állítom, hogy nagyon értenék a témához, én magam nem sok feladatot mondtam eddig 1-2 főnél tágabb közönségnek, csak versenyzőként és más versenyzők ismerőseként vannak tapasztalataim. Éppen ezért szívesen olvasok az enyémmel ütköző véleményeket :) Mindenkit tisztelettel üdvözöl:

     Edgar Davids

Előzmény: [103] Maga Péter, 2004-10-29 20:47:31
[106] lorybetti2004-10-30 13:46:11

Kedves Nicole!

Az OKTVn kapott lapon is olvashattad, hogy a 15 pontot elért dolgozatokat tovább lehet küldeni. Akiét továbbküldik, azt még nem biztos, hogy be is hívják. Sokéves tapasztalat szerint a behívási ponthatár 22-26 skálán mozog, tavaly 24 pont volt. Azt, hogy idén kevesebb, vagy több lesz, azt már nem tudom megjósolni.

Tavaly a téliszünet elötti utolsó két napban derült ki, hogy ki mehet január első hetében oktv II. fordulóra. Szerintem, ha 20 pont fölötti vagy, mindenképp érdemes készülni, gyakorolni.

Üdv: betti

Előzmény: [105] Nicole, 2004-10-30 12:52:46
[105] Nicole2004-10-30 12:52:46

Sziasztok! Annyit szeretnék kérdezni, hogy a továbbjutásnak van e előre megszabott ponthatára vagy ezt majd csak utólag döntik el? És ez kb mikorra várható? Lehet ezt már most tudni? Előre is köszi! Üdv: Nicole

[104] lorantfy2004-10-30 10:51:13

A 4. feladathoz: Legyen D1 az ABC \Delta súlypontja. Az ABCO tetreéder S súlypontja az AA1,BB1,CC1,OD1 súlyvonalak metszéspontja, negyedelő pontja.

Ez akkor is így marad ha az O pont az ABC\Delta belső pontja, pl. a beírt kör középpontja.

  [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]