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.

[731] Fálesz Mihály

2013-12-19 21:13:08

Legyen &tex;\displaystyle K&xet; olyan valós szám, ami "elválasztja" az &tex;\displaystyle a_i&xet;-ket a &tex;\displaystyle b_i&xet;-ktől, azaz &tex;\displaystyle a_1,\dots,a_n \le K \le b_1,\dots,b_n&xet;. (Választhatjuk &tex;\displaystyle K=a_n&xet;-et is.) A megoldást egyszerűbb úgy leírni, hogy bevezetjük az &tex;\displaystyle x_1\ge\dots\ge x_n\ge0&xet; és &tex;\displaystyle 0\le y_1\le \dots\le y_n&xet; nemnegatív számokat, amikre &tex;\displaystyle a_i=K-x_i&xet; és &tex;\displaystyle b_i=K+y_i&xet;.

A baloldalt alulról becsüljük így:

&tex;\displaystyle (a_1+\dots+a_n+b_1+\dots+b_n)^2 = \big(2nK+(-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n)\big)^2 \ge &xet;

&tex;\displaystyle \ge (2nK)^2 + 4nK(-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n) = 4nK(nK-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n). &xet;

(1)

A jobboldalon álló tagokra azt a felső becslést írjuk fel, hogy

&tex;\displaystyle a_ib_i = (K-x_i)(K+y_i) = K^2-Kx_i+Ky_i - x_iy_i \le K(K-x_i+y_i). &xet;

(2)

Ha ezt minden &tex;\displaystyle i&xet;-re összegezzük, azt kapjuk, hogy

&tex;\displaystyle a_1b_1+\dots+a_nb_n \le K(nK-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n). &xet;

Így hát

&tex;\displaystyle (a_1+\dots+a_n+b_1+\dots+b_n)^2 \ge 4nK(nK-x_1-\dots-x_n+y_1+\dots+y_n) \ge 4n(a_1b_1+\dots+a_nb_n). &xet;

Egyenlőség akkor állhat fenn, ha (1)-ben &tex;\displaystyle x_1+\dots+x_n=y_1+\dots+y_n&xet;, másrészt (2)-ben &tex;\displaystyle x_i&xet; és &tex;\displaystyle y_i&xet; közül legalább az egyik &tex;\displaystyle 0&xet;. Az &tex;\displaystyle x_i&xet;-k és az &tex;\displaystyle y_i&xet;-k sorrendje miatt az utóbbi azt jelenti, hogy az &tex;\displaystyle x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n&xet; számok között van legalább &tex;\displaystyle n&xet; darab szomszédos &tex;\displaystyle 0&xet;. Visszaírva az eredeti számokra: az &tex;\displaystyle a_1,\dots,a_n,b_1,\dots,b_n&xet; számok átlaga &tex;\displaystyle K&xet;, továbbá a számok között legalább &tex;\displaystyle n&xet; darab (szomszédos) egyenlő &tex;\displaystyle K&xet;-val.

Előzmény: [730] Erben Péter, 2013-12-13 15:21:50

[730] Erben Péter	2013-12-13 15:21:50
A mintamegoldások nem foglalkoztak azzal, mikor áll egyenlőség az 5. feladatban. Pedig érdekes.
Előzmény: [726] Erben Péter, 2013-12-01 13:45:56

[729] Erben Péter	2013-12-13 15:20:55
Talán onnan lehet sejteni, hogy címkézett csúcsú "gráfról" van szó, hogy ellenkező esetben izomorfia szerint kellene csoportosítani a lehetséges kapcsolati hálózatokat, az pedig viszonylag ismert, hogy a gráf-izomorfia eldöntése nehéz. (http://en.wikipedia.org/wiki/Graph_isomorphism_problem)
Előzmény: [728] n, 2013-12-02 19:08:26

[728] n	2013-12-02 19:08:26
Megjegyzés: a 4-es feladatnál az emberek megkülönböztethetők (volt, aki másképp értette), különben amúgy - lényegileg - az A002854 OEIS-es sorozatot kapnánk (csak az 1., 3., 5., stb. tagokat 0-ra cserélve), amire viszont nincs (legalábbis én nem tudok ilyenről) szép képlet.
Előzmény: [726] Erben Péter, 2013-12-01 13:45:56

[727] jonas	2013-12-01 19:21:50
Érdekes feladatok, köszönöm, hogy beírtad őket.
Előzmény: [726] Erben Péter, 2013-12-01 13:45:56

[726] Erben Péter

2013-12-01 13:45:56

Az idei specmatos 1. forduló:

1. A P pont végigfut egy kör félkörnél rövidebb AB ívén. Legyen P' a P-vel átellenes pont a körön. Bizonyítsuk be, hogy AP'^.BP'-AP^.BP állandó.

2. Hány N pozitív egészre teljesül, hogy N/5 egy egész szám hetedik, N/7 pedig egy egész szám ötödik hatványa?

3. Legyen P az ABC szabályos háromszög belső pontja, továbbá A₁, B₁ és C₁ a P pont merőleges vetülete rendre a BC, CA, illetve AB oldalon. Bizonyítsuk be, hogy

AC₁^.BA₁+BA₁^.CB₁+CB₁^.AC₁=C₁B^.A₁C+A₁C^.B₁A+B₁A^.C₁B.

4. Adott n ember között hányféle olyan ismeretségi kapcsolatrendszer lehet, hogy mindenki páratlan sok másikat ismer (az ismeretség kölcsönös)?

5. Legyenek a₁ $\le$ a₂ $\le$ ... $\le$ a_n $\le$ b₁ $\le$ b₂ $\le$ ... $\le$ b_n valós számok. Bizonyítsuk be, hogy

(a₁+a₂+...+a_n+b₁+b₂+...+b_n)² $\ge$ 4n(a₁b₁+a₂b₂+...+a_nb_n).

[725] w	2013-03-12 19:57:41
Túl könnyű egy Varga Tamás-verseny döntőre.
Előzmény: [724] Fálesz Mihály, 2013-03-12 17:52:33

[724] Fálesz Mihály	2013-03-12 17:52:33
Szerintem az 1. feladat túl könnyű egy spec.matos OKTV döntőre. OE₁=OE₂=r, O₁E₁=r₁, O₂E₂=r₂. Az E₁E₂O háromszög egyenlő szárú, az O₁O₂ szakasz merőleges az E₁E₂ alapra. Ebből következik, hogy az OO₁O₂ háromszög is egyenlő szárú: OO₁=OO₂. Így hát r₁-r=O₁E₁-OE₁=O₁O=OO₂=OE₁-O₂E₂=r-r₂, $r = \frac{r_1+r_2}2.$

Előzmény: [721] Erben Péter, 2013-03-11 22:14:18

[723] Fálesz Mihály

2013-03-12 17:39:54

A 2. feladat teleszkópos összeggel:

$\sum_{k=1}^m\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k+1)k}{m^{k+1}}=$

$=\sum_{k=1}^m\left(\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k+1)}{m^k}- \frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k)}{m^{k+1}}\right) = 1-0.$

Előzmény: [722] Róbert Gida, 2013-03-12 17:04:23

[722] Róbert Gida	2013-03-12 17:04:23
2. feladat kombinatorikus megoldása (m>0 egészre): bizonyítandó nyilván ekvivalens ezzel: $\sum _{k=1}^m m(m-1)\cdots (m-k+1) km^{m-k-1}=m^m$ . Vegyünk m tárgyat, és ezt szeretnénk m színnel kiszínezni, hányféleképpen tehetjük ezt meg? Trivi: m^m féleképpen, hiszen minden tárgyat m féleképpen színezhetünk. Máshogy megszámolva: tegyük fel, hogy az első k tárgy színe mind különböző, de ez (k+1)-re már nem igaz, ekkor m(m-1)^...(m-k+1) féle választás van az első k tárgy színezésére, k lehetőség a k+1-dikre, míg m^m-k-1 a többire. És szorozni kell a lehetőségeket. Itt k mehet 1-től m-ig, továbbá minden színezést pontosan egyszer számoltunk.
Előzmény: [721] Erben Péter, 2013-03-11 22:14:18

[721] Erben Péter

2013-03-11 22:14:18

A III. kategória döntőjének feladatai:

1. Adott a síkon három különböző kör, k,k₁ és k₂. Középpontjaik és sugaraik legyenek rendre O, O₁, O₂, r, r₁, r₂. Tegyük fel, hogy k belülről érinti k₁-et az E₁ pontban, k₂ belülről érinti k-t az E₂ $\ne$ E₁ pontban, továbbá hogy az O₁O₂ egyenes merőleges az E₁E₂ egyenesre. Fejezzük ki az r sugarat r₁-gyel és r₂-vel.

2. Mutassuk meg, hogy

$\sum_{k=1}^m\frac{m(m-1)(m-2)\dots(m-k+1)k}{m^{k+1}}=1.$

3. Tekintsük azokat az n hosszúságú sorozatokat, amelyek mindegyik eleme 0 vagy 1. Két ilyen sorozat összegén a tagonkénti modulo 2 végzett összeadást eredményét értjük. Mely pozitív egész n számokra állíthatók párba ezek a sorozatok úgy, hogy a párok két tagját rendre összeadva 2^n-1 különböző sorozatot kapjunk?

[720] logarlécész	2012-04-13 20:22:43
Mi (II. kat.) már több, mint egy hete megkaptuk az eredményeket. Arra viszont én is kíváncsi lennék, hogy mikor rakják ki a listákat. (A tanárom csak az én eredményemet (helyezés+pont) tudta megmondani.)
Előzmény: [719] R.R King, 2012-04-12 20:14:04

[719] R.R King	2012-04-12 20:14:04
Szia. Holnap kérdezd meg a matektanárodat. Mi ma kaptuk meg az eredményeket az Adaforon keresztül, így gondolom minden suliban ma délután derült ki.(Mondjuk azt nem tudom ez függ-e a kategóriától)
Előzmény: [718] Apória, 2012-04-12 16:30:12

[718] Apória

2012-04-12 16:30:12

Hello!

A (2011/2012-es tanévi) matematika OKTV eredményeiről lehet már valamit tudni? Amennyiben igen, valaki küldene egy linket, ahol mindezt megtalálhatom vagy esetleg valamiféle telefonszámot, e-mail címet, amin az eredmény után érdeklődhetnék.

A választ/válaszokat előre is köszönöm.

[717] Fálesz Mihály

2012-03-09 12:17:18

Számomra logikusabb előbb az $\frac1n$ -et átírni, hogy mindenhol csak a h(n) függvény szerepeljen, és csak utána keresni a megfelelő becslést:

$\frac1{nh^2(n)} = \frac{h(n)-h(n-1)}{h^2(n)} < \frac{h(n)-h(n-1)}{h(n)h(n-1)} = \frac1{h(n-1)}-\frac1{h(n)}.$

(Ettől persze még a megoldás ugyanaz.)

Előzmény: [707] Zine, 2012-03-05 21:20:52

[716] Fálesz Mihály

2012-03-09 12:09:22

Egy másik lehetőség a Pascal-tétel felírása az AABCCD elfajuló hatszögre.

A körülírt körre vonatkozó polaritást is lehetne alkalmazni: a PQ egyenes pólusa az AC és BD átlók metszéspontja.

Előzmény: [715] BohnerGéza, 2012-03-08 22:36:49

[715] BohnerGéza	2012-03-08 22:36:49


Előzmény: [712] jonas, 2012-03-05 22:44:02

[714] logarlécész	2012-03-06 07:38:59
Eredetileg én is ide akartam berakni, csak nem tudtam, hogy kell, szóval teljes mértékben támogatom a lépést. :-)
Előzmény: [712] jonas, 2012-03-05 22:44:02

[713] logarlécész	2012-03-06 07:37:17
Közben én is rájöttem, hogy csak elírtam és a -1/h(n)-re jó lesz a becslés. De azért köszönöm a segítséget!
Előzmény: [711] Zine, 2012-03-05 22:10:36

[712] jonas

2012-03-05 22:44:02

Akkor már hadd másoljam be ide a feladatokat az általad megadott forrásból, hogy meglegyenek itt tartósan.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011-2012. tanévi harmadik (döntő) fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára

1. Az ABCD szimmetrikus trapéz AB és CD oldalai párhuzamosak AB<CD. AD és BC metszéspontja legyen P. A trapéz köré írt kör A és C pontjához húzott érintők metszéspontja legyen Q. Igazoljuk, hogy a PQ egyenes párhuzamos az AB egyenessel.

2. Legyen A={1;2;3;4;5}, B={1;2;3}. Az f(x) függvény értelmezési tartománya A és minden A-beli x esetén f(x) $\in$ A. Hány olyan f(x) függvény van, amelyre

{{f(f(x))|x $\in$ A}}=B

3. Legyen h(1)=1 és n=2,3,… esetén h(n)= ${\sum}_{i=1}^n \frac{1}{i}$ . Mutassuk meg, hogy

${\rm L}= \frac{1}{h^2(1)} + \frac{1}{2\cdot h^2(2)} + \frac{1}{3\cdot h^2(3)} + \cdots \frac{1}{2012\cdot h^2(2012)} < 2$

Valamennyi feladat 7 pontot ér.

Előzmény: [704] logarlécész, 2012-03-05 17:03:54

[711] Zine

2012-03-05 22:10:36

$\frac{1}{nh(n-1)h(n)}=\frac{1}{n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+..+\frac{1}{n-1})(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})}>\frac{1}{n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+..+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})}$

A becslésnél az történt, hogy h(n)² egyik tényezőjéből elhagytuk az utolsó tagot, ezzel a nevező csökkent, vagyis a tört értéke nőtt. Ezáltal az eredeti tagot felülről becsültük. Ez igazából egy teleszkópikus összeg, ahogy az a másik hozzászólásban látszik, mivel igaz a következő azonosság:

$\frac{1}{h(n-1)}-\frac{1}{h(n)}= \frac{h(n)-h(n-1)}{h(n)h(n-1)} =\frac{(1+1/2+...+\frac{1}{n})-(1+1/2+...\frac{1}{n-1})}{h(n-1)h(n)}=\frac{1}{nh(n-1)(n)}$

Előzmény: [709] logarlécész, 2012-03-05 21:55:27

[710] Zine	2012-03-05 21:56:58
a különbségnél nyilván $-\frac{1}{h(n)}$ van
Előzmény: [707] Zine, 2012-03-05 21:20:52

[709] logarlécész

2012-03-05 21:55:27

Nem egészen látom át, hogy milyen becslést csináltál. Gondolom, 1/h(n)-re gondoltál. Megnéztem excellel, de nem tűnt igaznak az egyenlőség se így se úgy. (Lehet, hogy elírtam valamit.) Ezt le tudnád írni, hogy miből jön ki?

És az integrálos becslést? Kíváncsi vagyok, mit írtál, mert én is olyasmivel próbálkoztam.

Előzmény: [707] Zine, 2012-03-05 21:20:52

[708] Róbert Gida	2012-03-05 21:23:07
Olvasd el a hozzászólásomat (nem a matek részét), majd értelmezd.
Előzmény: [706] patba, 2012-03-05 21:18:49

[707] Zine

2012-03-05 21:20:52

Sajnos a következő megoldás nem saját, de gyanítom, hogy erre élezték ki a feladatot a kitűzők:

$\frac{1}{n h(n)^2}$ -et fogjuk felülről becsülni, ezt megtehetjük azzal, hogy csökkentjük a nevezőt:

$\frac{1}{n h(n)h(n)}<\frac{1}{nh(n)h(n-1)}=\frac{1}{h(n-1)}-\frac{1}{n}$

Ekkor a következőt kapjuk:

$1+\frac{1}{h(1)}-\frac{1}{h(2)}+\frac{1}{h(2)}-\frac{1}{h(3)}+...-\frac{1}{h(2012)}=2-\frac{1}{h(2012)}$

Én ehelyett kevésbé elegáns módon integrállal becsültem...

Előzmény: [704] logarlécész, 2012-03-05 17:03:54

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?