|
|
[653] rizsesz | 2011-01-07 13:45:08 |
Kivételesen egyetértek Róbert Gidával... Ezek a feladatok röhejesek... És nem kell visszamenni 1960-ig matematikai tudást igénylő OKTV második fordulós feladatokhoz...
Nálunk pl. a 2005 áprilisi B. 3820 volt konkrétan az egyik feladat a második fordulóban; hadd ne mondjam, hogy mennyire nem az a szisztematikusan megoldható feladat, mint az idei második fordulósok.
Ahogy lentebb valaki írja: nem csoda, hogy 20 embernek megvolt legalább 3 egy körzetből... Bár nem értem, hogy miért nem 4...
|
Előzmény: [652] Róbert Gida, 2011-01-07 13:06:36 |
|
[652] Róbert Gida | 2011-01-07 13:06:36 |
Ez logikailag biztosan rossz általánosan egy szorzatra: 12*27 példája muatatja, ez négyzetszám, egyik tag sem négyzetszám, de a kisebbik nem is osztója a nagyobbiknak.
Mondjuk egy gondolkodás nélküli befejezése a feladatnak: m4+17*m2+16 ez viszont két (nem szomszédos) négyzetszám közé esik: (m2)2 és (m2+9)2, csak 8 esetet kell végignézni, rögzített k=1,...,8-ra m4+17*m2+16=(m2+k)2 ami egy másodfokú egyenletet jelent m-re.
1960-as években egyetemi felvételi feladatként simán kaphattátok volna ezt a feladatot, ma már ez nem követelmény.
|
Előzmény: [647] patba, 2011-01-06 19:48:59 |
|
|
[650] Vivida | 2011-01-06 20:39:55 |
Tavalyi Arany Danira busszal mentem, elakadtam a dugóban, elkéstem, hozzá sem tudtam szólni semmihez és még előbb el is kellett mennem, hogy odaérjek Keszthelyre, a Helikonra. Ez a mostani verseny tényleg felüdülés volt :)
|
Előzmény: [648] patba, 2011-01-06 19:55:31 |
|
[649] Füge | 2011-01-06 20:10:23 |
Még mindig jobb, mintha a /2-vel maradnál le:) Abban reménykedem, hogy a másik 3 feladatomba nem tudnak belekötni. Akkor még lehet esélyem :)
|
Előzmény: [648] patba, 2011-01-06 19:55:31 |
|
[648] patba | 2011-01-06 19:55:31 |
ezen a másfél soron fog múlni nekem vagy 3 pont, meg lehet, hogy a döntő. mindenesetre a tavalyi arany dani döntő után(ahol első díjat nem osztottak ki, abban a kategóriában voltam) felüdülés volt ez a feladatsor.
|
Előzmény: [647] patba, 2011-01-06 19:48:59 |
|
[647] patba | 2011-01-06 19:48:59 |
én úgy próbáltam, hogy átalakítottam ha m nemnulla egész akkor a szorzat eleje biztosan irracionális. Így ha egészet akarunk, akkor a szorzat második fele az első felének a négyzetszámszorosa kell, hogy legyen. Itt ha m>2 akkor már a vége kevesebb, mint háromszorosa, de ugyanannyi sosem lesz, tehát csak a 0;+2;-2 a megoldás. Ezt persze ott nem sikerült rendesen leírni.
De Pitagoraszi számhármasokkal is ki lehet elvileg ügyeskedni valahogyan.
|
Előzmény: [645] Vivida, 2011-01-06 19:40:36 |
|
[646] Füge | 2011-01-06 19:47:19 |
Legyen m4+17m2+16=n2 Ebből m2=a helyettesítéssel
Ennek vizsgáltam mikor lesz egész, azaz 225+n2=k2
225=k2-n2
A szomszédos négyzetszámok különbsége számtani sorozatot alkot:
b1=1 d=2
Ebből két négyzetszám különbségét úgy kapod meg, ha a bi elemtől kezdve összeadod az elemeket bj azaz
Jobb oldal egész -> bal oldal egész (j-i)|225
ugye j-i=k-n ebből kitudod számolni n-t amit visszahelyettesítesz
Picit túlbonyolítottam de más korrekt biz nem jutott eszembe.
|
|
[645] Vivida | 2011-01-06 19:40:36 |
Nekem is az jött ki, de a megoldásokat, hogy egész legyen nem tudtam rendesen kihozni. Leírtam, hogy 0 vagy pluszminusz 2 a meredekség, de nem indokoltam meg, hogy miért csak ezek.
|
Előzmény: [643] patba, 2011-01-06 19:38:03 |
|
|
[643] patba | 2011-01-06 19:38:03 |
egyeneseket kellett felírni én úgy emlékszem.
lett a két pont távolsága(nekem ez jött ki). Ebből kellett volna meghatározni a lehetséges megoldásokat, de nem lett meg, csak egy.( +/- 2 kimaradt)
Szerintem sem volt túlzottan nehéz, de mégis lett két hibám(a másik a 3. feladat végén volt, azt meg tudtam határozni, hogy melyik maradék melyikhez tartozik, de aztán valahogy sikerült kizárni a jó megoldást, és egy nagyobb számot találtam így, nem a legkisebbet.). Épp ezért nem hiszem, hogy ez döntő lesz nekem...
|
Előzmény: [640] Füge, 2011-01-06 19:28:24 |
|
[642] Füge | 2011-01-06 19:37:42 |
Akkor a jó feladatom örülök, ha 3 pontos lesz:) Sebaj a többi elvileg jó.. Remélem elég lesz:)
|
|
[641] Vivida | 2011-01-06 19:34:17 |
"Határozzuk meg az összes olyan egész meredekségű egyenest", én ezt úgy értettem, hogy egyenlettel adjuk meg, de ezen biztos semmi nem fog múlni. Ha mégis, akkor hűdenagyon peches vagy...
|
Előzmény: [640] Füge, 2011-01-06 19:28:24 |
|
|
|
[638] Füge | 2011-01-06 18:20:30 |
Ma volt a Matek OKTV II. kat II. forduló. Kinek hogy ment? Szerintem nem volt vészes.
1. Egy tetraéder éleire valós számokat írunk úgy, hogy a kitérő éleken lévő számok összege ugyanannyi legyen. A csúcsokhoz odaírjuk a 3 befutó élre írt számok összegét, ezek legyenek a,b,c,d. Továbbá igaz, hogy a=b=2c=2d. Igazoljuk, hogy van olyan él, amelyre a 0 szám került.
2. Adott egy y=x2 egyenletű parabola és egy P(0;4) pont. Határozzuk meg az összes olyan egész meredekségű egyenest, amely átmegy a P ponton és a parabola belsejébe eső szakasz hossza is egész.
3. Melyik az a legkisebb S>2010 egész szám, amelyet a 3,4,5,6,7,8 számokkal elosztva az pontosan kétszer kapjuk az 1,2,3 maradékokat.
4. Igazoljuk, hogy akkor és csak akkor téglalap a t területű ABCD konvex négyszög, ha
4t=(AB+CD)(AD+BC)
|
|
[637] Erben Péter | 2010-12-06 18:16:23 |
Matematika OKTV, III. kategória, 2010-2011-es tanév, első forduló
1. Egy 2010×2010-es táblázat mezőibe úgy akarunk (nem feltétlenül különböző) egész számokat beírni, hogy minden sorban és minden oszlopban a számok összege különböző legyen (azaz 4020 különböző összeget kapjunk). Legkevesebb hányféle szám beírásával tudjuk ezt elérni?
2. Legyen 0<x1<x2<...<xn<1. Igazolja, hogy
3. Keresse meg az összes olyan p prímszámot, melyhez léteznek olyan a,b,c egész számok, hogy a2+b2+c2=p és osztható p-vel.
4. Egy n-elemű H halmaznak kiválasztottuk néhány k-elemű részhalmazát (3kn) úgy, hogy H bármely két elemét pontosan három darab, bármely három elemét pontosan két darab kiválasztott részhalmaz tartalmazza. Határozza meg n és k lehetséges értékeit.
5. (a) Tükrözzük az ABC háromszög A csúcsát B-re, B-t C-re, C-t A-ra. Igaz-e, hogy ha a tükörképek alkotta háromszög szabályos, akkor az eredeti háromszög is szabályos?
(b) Tükrözzük az ABCD tetraéder A csúcsát B-re, B-t C-re, C-t D-re, D-t A-ra. Igaz-e, hogy ha a tükörképek alkotta tetraéder szabályos, akkor az eredeti tetraéder is szabályos?
|
|
[636] Füge | 2010-12-03 20:46:15 |
Felkerült az OH honlapjára a Matek OKTV I-II. kat feladatsor/javítókulcs.
http://oh.gov.hu/3-2-2-aktualis-verseny/oktv/oktv-2010-2011-elso-fordulo
|
|
|
|
|
|
[631] Nánási József | 2010-11-23 10:28:18 |
Szervusztok!
II. kategória továbbjutási ponthatára 22 pont előző évben pl. 24 pont volt
|
|