Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [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]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1109] Róbert Gida2021-04-17 15:30:33

A lejárt B5141 megoldása, tisztán kombinatorikus úton, sokkal egyszerűbben, mint a közöltek:

\(\displaystyle S=\sum_{i=0}^n\sum_{j=i}^n \binom{n}{i}\binom{n+1}{j+1}=\sum_{i=0}^n\sum_{j=i}^n\binom{n}{i}\binom{n+1}{n-j}=\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^{n-i}\binom{n}{i}\binom{n+1}{k}\)

Tegyünk le egy sorba \(\displaystyle n+(n+1)=2n+1\) korongot, ezek közül válasszunk ki legfeljebb \(\displaystyle n\)-et. Ezt nyilván \(\displaystyle S\) féleképpen tehetjük meg: az első \(\displaystyle n\)-ből \(\displaystyle i\)-t, míg az \(\displaystyle n+1\)-ből \(\displaystyle k\le{n-i}\) darabot választhatunk. De trivi szimmetria mutatja, hogy ezt az összes eset felében tehetjük meg [másik felében több, mint \(\displaystyle n\)-et választanánk], azaz \(\displaystyle S=\frac{2^{2n+1}}{2}=2^{2n}\), ami kellett.

[1108] Gömb2021-03-24 20:01:36

Igen, igazad van! Köszönöm szépen a válaszod.
Ez olyan logikus megoldás, kár hogy nekem nem jutott eszembe :'D

Egyébként akkor azt kellett volna megsejtenem, hogy \(\displaystyle n_1\), \(\displaystyle n_2\) és \(\displaystyle n\) között valami exponenciális kapcsolat van... Mindegy, mert még így is elég messze lettem volna az igazi (rész)megoldástól.

A tanulság számomra: az új megközelítés(ek) nagyon fontos(ak).

[1107] Erben Péter2021-03-24 12:28:11

Ha elfogadod a hivatalos megoldásban leírt formulát helyes megoldásnak, vagyis hogy

\(\displaystyle f(n)=\frac{(2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n}{2},\)

akkor csak az a kérdés, hogy adhat-e a te megközelítésed egy másik alakot ugyanerre a függvényre.

Mivel \(\displaystyle x_1\) és \(\displaystyle x_2\) konstans, \(\displaystyle n_1\cdot x_2 - n_2\cdot x_1\) egy legfeljebb másodfokú polinom, ha \(\displaystyle n_1\)-ről és \(\displaystyle n_2\)-ről felteszed, hogy másodfokú polinomok.

Látható, hogy \(\displaystyle f(n)>\frac{3^n}{2}\). Ez pedig elég nagy \(\displaystyle n\) esetén \(\displaystyle n\) bármilyen másodfokú kifejezésénél nagyobb lesz. Ezen utolsó állítás bizonyításához elég azt látni, hogy amikor \(\displaystyle n\) 1-gyel nő, akkor az \(\displaystyle f(n)\)-re adott alsó korlát háromszorozódik, míg nagy \(\displaystyle n\)-ek esetén egy másodfokú \(\displaystyle g\)-re \(\displaystyle g(n+1)\) és \(\displaystyle g(n)\) aránya közel esik 1-hez.

Előzmény: [1106] Gömb, 2021-03-24 07:34:13
[1106] Gömb2021-03-24 07:34:13

Köszöntök Mindenkit!
Szóóóval, hogy is kezdjem... Egy feladat elgondolkodtatott, bár már megnéztem a megoldását, és még úgy is.

A feladat: B.5109.

Úgy kezdtem neki, hogy utánanéztem neten a négyzetszámoknak, így azokból ki tudtam indulni, az ötlet az volt, hogy mivel a négyzetszámokra van egy explicit képlet, ezért ennél a sorozatnál megpróbálkozom annak a felírásával, aztán utána több tervem is volt, mit csinálok vele... Először meg akartam úgymond sejteni, aztán pl. teljes indukcióval bizonyítani. Igen ám... de itt ütköztem gondba... Ez nem is olyan egyszerű, mint hittem.

A mellékelt ábrán látszik mit akartam csinálni, de azért kifejtem: 1.) Felírtam a sorozat első 3 elemét az első két megadott tag függvényében 2.) Észrevettem, hogy: konstans*x2-konstans2*x1, (azaz \(\displaystyle n_1*x_2-n_2*x_1\)), tehát ebből kreáltam egy "általános alak"-ot. 3.) Sejtésem szerint ebben az alakban az \(\displaystyle n_1\) és \(\displaystyle n_2\) konstans valamilyen másodfokú függvény szerint függ össze az n-nel... 4.) Ha ezt megtudnám mondani, akkor úgymond "kész is lenne" az explicit formula, mivel mindent \(\displaystyle x_1\);\(\displaystyle x_2\) (= ami két konkrét szám) és n-nel kifejeztem... De már a 3. pontnál elakadtam, ötletek?

Egyáltalán van a feladatnak ezzel a "módszerrel" megoldása?

[1105] HoA2019-10-28 14:20:13

Az \(\displaystyle \bf{A. 729.}\) feladatra [1104] -ben adott megoldás egyszerű, de talán nem elég szemléletes. Azzá tehető, ha az ott szereplő vektorok összetevőinek megfelelő szakaszokat beillesztjük a feladat ábrájába. Ezzel elemi geometriai bizonyítást adunk a feladat állítására. A leírásban sok lesz az ismétlés, de inkább leírom, a feladat szövegével együtt, hogy önmagában is olvasható legyen.

\(\displaystyle \bf{A. 729.}\) Az ABCD húrnégyszög átlóinak metszéspontja E, az AB oldal felezőpontja F, és az E pont merőleges vetületei a DA, AB és BC egyeneseken rendre P, Q, illetve R. Igazoljuk, hogy a P, Q, R és F pontok egy körre illeszkednek.

\(\displaystyle APE\) és \(\displaystyle BRE\) derékszögű háromszögek hasonlók, mert \(\displaystyle A\)-nál ill. \(\displaystyle B\)-nél lévő szögük a k körülírt kör \(\displaystyle CD\) ívéhez tartozó kerületi szög - jelöljük \(\displaystyle \phi\)-vel. Legyen \(\displaystyle BR / RE = AP / PE = ctg \phi = \lambda\). A \(\displaystyle PR\) szakasz felezőpontja legyen \(\displaystyle H\). \(\displaystyle P\) tükörképe \(\displaystyle AH\) felezőpontjára \(\displaystyle {P_1}\), \(\displaystyle R\) tükörképe \(\displaystyle BH\) felezőpontjára \(\displaystyle {R_1}\). \(\displaystyle A{P_1}HP\) és \(\displaystyle BRH{R_1}\) paralelogrammák, \(\displaystyle H{P_1} = PA = \lambda \cdot PE\) ; \(\displaystyle H{R_1} = RB = \lambda \cdot RE\) ; \(\displaystyle A{P_1} \# PH \# HR \# {R_1}B \) . \(\displaystyle A{P_1} B{R_1} \) is paralelogramma, átlóinak metszéspontja, az \(\displaystyle AB\) szakasz \(\displaystyle F\) felezőpontja \(\displaystyle {P_1} {R_1} \)-et is felezi. A \(\displaystyle {P_1} {R_1} H\) háromszög \(\displaystyle {R_1}H\) -val párhuzamos középvonala \(\displaystyle FL\)

\(\displaystyle FL = ½ {R_1} H = ½ BR = \lambda/2 \cdot RE \) \(\displaystyle HL = ½ H{P_1} = ½ PA = \lambda/2 \cdot PE. \)

Az \(\displaystyle ERP\) háromszög \(\displaystyle ER\)-rel párhuzamos középvonala legyen \(\displaystyle HK\). \(\displaystyle HKP\) és \(\displaystyle FLH\) háromszögek hasonlóak, mert \(\displaystyle HL = \lambda/2 \cdot PE = \lambda \cdot PK\) és \(\displaystyle HL\) merőleges \(\displaystyle PK\)-ra; \(\displaystyle FL = \lambda/2 \cdot RE = \lambda \cdot HK\) és \(\displaystyle FL\) merőleges \(\displaystyle HK\)-ra. \(\displaystyle FLH\) és \(\displaystyle HKP\) szögek egyenlőek mint nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek. A két háromszög megegyezik két oldal arányában és a közbezárt szögben.

Így \(\displaystyle HF\) is merőleges \(\displaystyle PH\)-ra és \(\displaystyle HF =\lambda \cdot PH\). \(\displaystyle HF\) a \(\displaystyle PR\) felező merőlegese.

Messe az \(\displaystyle FH\) egyenes a \(\displaystyle PFR\) pontokon áthaladó \(\displaystyle \it {k_1}\) kört másodszor \(\displaystyle G\)-ben. \(\displaystyle FG\) mint húrfelező merőleges \(\displaystyle \it {k_1}\) -ben átmérő. \(\displaystyle \it {k_1}\) tehát \(\displaystyle FG\) Thalész-köre. \(\displaystyle FPG\) háromszög derékszögű, \(\displaystyle PH\) az átfogóhoz tartozó magasság. \(\displaystyle HF / HP = HP / HG = \lambda\)

Legyen \(\displaystyle R\) tükörképe \(\displaystyle PB\) felezőpontjára \(\displaystyle {R_2}\) és tekintsük a \(\displaystyle \mathbf{t}_1 = AP{R_2}B\) és \(\displaystyle \mathbf {t}_2 = EKHG\) törött vonalakat. Megmutatjuk, hogy a megfelelő szakaszok hosszának aránya \(\displaystyle 2 \lambda\), a \(\displaystyle \bf {t}_2\)-beli szakaszok iránya a \(\displaystyle \bf {t}_1\)-beliek pozitív 90°-os elforgatottja.

\(\displaystyle AP = \lambda \cdot PE = 2 \lambda \cdot EK\) ; \(\displaystyle AP\) és \(\displaystyle EP\) merőlegessége miatt \(\displaystyle AP\) és \(\displaystyle EK\) merőlegesek. \(\displaystyle P{R_2} = RB = \lambda \cdot ER = 2 \lambda \cdot KH\) ; \(\displaystyle P{R_2}\) és \(\displaystyle KH\) a \(\displaystyle P{R_2}\) -vel párhuzamos \(\displaystyle RB\) és a \(\displaystyle KH\) -val párhuzamos \(\displaystyle ER\) merőlegessége miatt merőlegesek. \(\displaystyle {R_2}B = PR = 2 \cdot PH = 2 \lambda \cdot HG\).

\(\displaystyle HG\) merőleges \(\displaystyle PH\)-ra és így \(\displaystyle {R_2} B\) -re is. \(\displaystyle AP{R_2}\) és \(\displaystyle EKH\) szögek egyenlőek mint nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek. Ugyanez áll a \(\displaystyle P{R_2}B\) és \(\displaystyle KHG\) szögekre.

\(\displaystyle \bf {t}_2\) tehát \(\displaystyle \bf {t}_1\) -ből \(\displaystyle 2 \lambda\) -szoros zsugorítással és 90°-os forgatással származtatható, ezért a végpontjaikat összekötő szakaszok, \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle EG\) merőlegesek. \(\displaystyle EG\) és \(\displaystyle AB\) metszéspontját \(\displaystyle Q\)-val jelölve \(\displaystyle Q\) az \(\displaystyle E\) pont merőleges vetülete \(\displaystyle AB\)-n. \(\displaystyle FGQ\) háromszög \(\displaystyle Q\)-nál derékszögű. Mivel \(\displaystyle \it {k_1}\) -ben \(\displaystyle FG\) átmérő, ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle Q\) rajta van \(\displaystyle \it {k_1}\) -en.

Előzmény: [1104] HoA, 2019-10-22 13:04:38
[1104] HoA2019-10-22 13:04:38

Az \(\displaystyle \bf{A 729.}\) feladat alábbi megoldását azért teszem fel, hogy megmutassam, mindössze két vektor fevételével a feladat megoldásához szükséges szakaszok ( távolságok és irányok ) kifejezhetőek.

\(\displaystyle APE\) és \(\displaystyle BRE\) derékszögű \(\displaystyle \Delta\)-ek hasonlók, mert \(\displaystyle A\)-nál ill. \(\displaystyle B\)-nél lévő szögük a \(\displaystyle \it k\) körülírt kör \(\displaystyle CD\) ívéhez tartozó kerületi szög - jelöljük \(\displaystyle \phi\)-vel. Legyen \(\displaystyle BR / RE = AP / PE = ctg \phi = \lambda\). \(\displaystyle E\)-t origónak választva az \(\displaystyle \overrightarrow{ER}\) = r és \(\displaystyle \overrightarrow{EP}\) = p vektorokkal ( és a nagybetűs pontok helyvektorait továbbra is a megfelelő vastag kisbetűvel jelölve ) r normálvektora ( +90°os elforgatottja) legyen \(\displaystyle {\mathbf{r}_n}\), p -é \(\displaystyle {\mathbf{p}_n}\) Így \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) helyvektorai:

\(\displaystyle \bf a = {\bf p} + \lambda \cdot \bf {p}_n , \bf b = {\bf r} - \lambda \cdot \bf {r}_n\). Felezőpontjuk

\(\displaystyle \bf{f} = \frac{\mathbf{a}+ \mathbf{b}}2 = \frac{\mathbf{p}+\mathbf{r}}{2} + \frac{\lambda}{2} \cdot (\mathbf{p}_n-\mathbf{r}_n) \)

A \(\displaystyle PR\) szakasz \(\displaystyle H\) felezőpontja \(\displaystyle \mathbf{h}= \frac {\bf p + \bf r}{2} , \overrightarrow{RP} = \mathbf{p}-\mathbf{r}\) ,

\(\displaystyle \overrightarrow{HP} = \frac{\mathbf{p}-\mathbf{r} }{2} \) , \(\displaystyle \overrightarrow{HF} = \mathbf{f}-\mathbf{h} = \frac{\lambda}{2} \cdot (\mathbf{p}_n-\mathbf{r}_n)\)

Mivel \(\displaystyle \mathbf{p}_n-\mathbf{r}_n\) a \(\displaystyle \mathbf{p}-\mathbf{r}\) normálvektora, \(\displaystyle HF\) és \(\displaystyle HP\) merőlegesek, a szakaszok hosszának aránya \(\displaystyle \lambda\) . \(\displaystyle HF\) a \(\displaystyle PR\) felező merőlegese.

Messe az \(\displaystyle FH\) egyenes a \(\displaystyle PFR\) pontokon áthaladó \(\displaystyle \it {k_1}\) kört másodszor \(\displaystyle G\)-ben. \(\displaystyle FG\) mint húrfelező merőleges \(\displaystyle \it {k_1}\) -ben átmérő. \(\displaystyle \it {k_1}\) tehát \(\displaystyle FG\) Thálesz-köre. \(\displaystyle FPG\) \(\displaystyle \Delta\) derékszögű, \(\displaystyle PH\) az átfogóhoz tartozó magasság. \(\displaystyle HF / HP = HP / HG = \lambda\) . \(\displaystyle HG\) és \(\displaystyle HF\) egy egyenesbe esik, \(\displaystyle \overrightarrow{HG} = \frac {-1}{\lambda^2} \overrightarrow{HF} = \frac {1}{2 \lambda} (\mathbf{r}_n-\mathbf{p}_n)\)

\(\displaystyle \overrightarrow{EG} = \mathbf{g} = \mathbf{h} + \overrightarrow{HG} = \frac {\bf p + \bf r}{2} + \frac {1}{2 \lambda} (\mathbf{r}_n-\mathbf{p}_n)\)

\(\displaystyle \overrightarrow{BA} = \mathbf{a}- \mathbf{b} = \mathbf{p}- \mathbf{r} + \lambda \cdot (\mathbf{p}_n + \mathbf{r}_n)\)

Figyelembe véve, hogy \(\displaystyle \mathbf{p}_n\) normálvektora \(\displaystyle -\mathbf{p}\), \(\displaystyle \mathbf{r}_n\) -é \(\displaystyle -\mathbf{r}\), \(\displaystyle \overrightarrow{EG}\) \(\displaystyle 2\lambda\) -szorosának normálvektora éppen \(\displaystyle \overrightarrow{BA}\) . Így a \(\displaystyle GE\) egyenes egyben az \(\displaystyle E\)-ből \(\displaystyle AB\)-re bocsátott merőleges. Talppontja legyen \(\displaystyle Q\).\(\displaystyle FQG\) derékszögű \(\displaystyle \Delta\), melynek átfogója \(\displaystyle \it {k_1}\) \(\displaystyle FG\) átmérője, ezért \(\displaystyle Q\) rajta van \(\displaystyle \it {k_1}\) -en.

[1103] Berko Erzsebet2019-10-12 06:27:26

C. 1557. 2 típus: Nekem 34 helyett csak 33 jött ki. Írok egy példát. 14: 10, 11, 12, 13, 15, 16, 17, 18, 19, 21, 24, 31, 34, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 51, 54, 61, 64, 71, 74, 81, 84, 91, 94

[1102] titok1112019-05-03 12:33:50

Szia!

Legyen a zöld király és a piros alsó rossz helyen.

Ekkor:

A lényeget kiemelve: ZA PA ZK PK

EZ A KIINDULÁS

PA ZA PK ZK (2 LÉPÉS VOLT)

PK ZK PA ZA (EZ IS 2)

ZK PK ZA PA (EZ IS 2)

ZA PK ZK PA

mOST KELLENE A ZK PA CSERE, DE EZT NEM TUDOD MEGCSINÁLNI, MERT MÁS A SZÍNÜK ÉS A SZÁMUK.

Előzmény: [1101] marcius8, 2019-04-28 08:26:47
[1101] marcius82019-04-28 08:26:47

Szép napot mindenkinek! Néhány évvel korábban volt egy felvetésem, amely a pontversenybe is bekerült, mint feladat. Ez a következő volt:

Van egy magyar kártya csomag (32 lap), és a csomagban levő lapokat véletlenszerűen egy 8 sorból és 4 oszlopból álló táblázatban vannak elrendezve. Két lapot akkor lehet megcserélni, ha a két lap ugyanabban a sorban vagy ugyanabban az oszlopban van, továbbá ha a két lap színe vagy értéke megegyezik. Egymás utáni cserékkel el kell érni, hogy a kártyalapok sorrendje rendezett legyen.

A 8 sorból és 4 oszlopból álló kártyacsomag lapjai akkor vannak rendezett sorrendben, ha a következő feltételek teljesülnek: 1.) A táblázat minden oszlopában található négy lap színének sorrendje ebben a sorrendben felülről lefelé haladva: "piros", "tök", "zöld", "makk". 2.) A táblázat minden sorában található nyolc lap értékének sorrendje ebben a sorrendben balról jobbra haladva: "VII", "VIII", "IX", "X", "alsó", "felső", "király", "ász".

Kérdés: Milyen véletlenszerű elrendezésekből érhető el a megengedett cserék egymás utáni alkalmazásával a rendezett állapot? Nekem nagyon véletlenszerű elrendezésből olyan állapot valósult meg, amelyben csak két lap nem volt a helyén, de ez a két lap különböző sorban és különböző oszlopban volt. Ebből az állapotból már nem tudtam elérni a rendezett állapotot, de azt nem tudom, hogy miért nem. Tud nekem ebben valaki segíteni?

[1100] Berko Erzsebet2019-03-28 04:08:30

K.618. Igazából ehhez a feladathoz azért tettem egy icipici megjegyzést, mert eldönteni azt, hogy az 1 erős-e, számomra egy kicsit kényes kérdés. 1-nél nincs kisebb pozitív egész, az üres halmazra meg minden igaz... Örültem, amikor láttam, hogy a 2-nél nagyobbakat kell sorolni.

[1099] Berko Erzsebet2019-03-16 07:14:21

Icipici megjegyzés a K. 618. feladathoz. A 2-nél nagyobb erős számokat kellett megkeresni. Az összegzésnél az 1 szerepel.

[1098] nadorp2019-02-16 10:20:27

A738. fapados megoldás

Először indukcióval bizonyítjuk, hogy a sorozat szigorúan monoton nő és így elemei pozitív számok.

Ez n=3 -ig teljesül.Ha pedig \(\displaystyle n\geq3\) és n-ig a sorozat szigorúan monoton nő, akkor felhasználva az indukciós feltevést

\(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a^2_n+a^2_{n-1}-2}{a_{n-2}}>\frac{a_na_{n-2}+a_{n-1}a_{n-2}-2}{a_{n-2}}=a_n+a_{n-1}-\frac2{a_{n-2}}\geq a_n+a_2-\frac2{a_1}=a_n\)

Legyen most már \(\displaystyle n\geq1\). Ekkor definíció szerint

\(\displaystyle a_na_{n+3}=a^2_{n+2}+a^2_{n+1}-2\)

\(\displaystyle a_{n+1}a_{n+4}=a^2_{n+3}+a^2_{n+2}-2\)

Kivonva egymásból a fenti két egyenlőséget és rendezve

\(\displaystyle a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+3}(a_n+a_{n+3})\)

Írjuk ezt ki részletesen n=1 -től:

\(\displaystyle a_2(a_2+a_5)=a_4(a_1+a_4)\)

\(\displaystyle \vdots\)

\(\displaystyle a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+3}(a_n+a_{n+3})\)

Összeszorozva a fenti n darab egyenlőséget és egyszerűsítve

\(\displaystyle a_2a_3(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+2}a_{n+3}(a_1+a_4)\)

\(\displaystyle a_{n+1}+a_{n+4}=2a_{n+2}a_{n+3}\)

Tehát

\(\displaystyle a_{n+4}=2a_{n+2}a_{n+3}-a_{n+1}\) teljesül minden \(\displaystyle n\geq1\) esetén.

Mivel pedig \(\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4\) egész, ezért indukcióval azonnal következik, hogy a sorozat összes eleme egész. (Az előbb kapott egyszerűsített rekurzió persze azonos a hivatalos megoldásban szereplő Viete-formulával)

[1097] Berko Erzsebet2019-01-13 08:08:28

Csak egy icipici kiegészítés a C. 1511. feladathoz. A legvégére odaírnám, hogy az egyenlőség az AD szakasz 2 végpontjára is teljesül.

[1096] Berko Erzsebet2019-01-12 16:02:35

Csak egy apró megjegyzés a K. 606. feladathoz. Kairói parketta néven ismert a síknak egy ötszögekből álló parketta mintája. Nevét onnan kapta, hogy ez a periodikus parkettázás éppúgy megtalálható Kairó utcakövein, mint másutt, az iszlám díszítőművészetben.

[1095] Berko Erzsebet2018-12-13 05:51:37

2018. november K feladatok (matematika) Az első két feladat megoldása felcserélve olvasható.

[1094] Sinobi2018-10-29 22:14:05

Szerintem a régi skint használja, ott elrontottad az előnézetet.

Igazából aki nem váltott át, azoknak nem elég ingerlő az a kis szöveg jobb felül, szóval maguktól nem hiszem hogy fognak. Ha elrontod a dolgokat, akkor erősebben kéne átterelni az újabbra az embereket. (Vagy nem elrontani.)

Egyébként a főoldalon még "A decemberi szám tartalmából:

Decemberi feladatok" szerepel.

Na jó, OFF vége.

Előzmény: [1093] Kós Géza, 2018-09-19 16:15:12
[1093] Kós Géza2018-09-19 16:15:12

Még jobb trükk, ha küldesz egy e-mailt a hiba minél részletesebb leírásával.

Előzmény: [1092] sakkmath, 2018-09-18 21:11:50
[1092] sakkmath2018-09-18 21:11:50

Van egy trükk, amivel működik: Írd meg a szöveget, majd szúrj be alá egy 50 kilobájtnál nem nagyobb ábrát. Ekkor megjelenik előnézetben a szöveg is és az ábra is. Ezek után töröld az ábrát és megmarad a szöveg. Ha folytatod a szöveget, a legvégén újból is csatolni kell egy képet, majd törölni … . :)

Előzmény: [1090] Sinobi, 2018-09-17 16:21:30
[1091] Sinobi2018-09-17 16:36:05

[B. 4965.] (Vázlat)

Létezik ilyen P: legyen a P-be állított vektor [ABC] síkkal vett metszéspontja Q, ez meghatároz egy S–>[ABC] leképezést. "Felülről nézve" megadható egy elég nagy kör, amit ez a leképezés önmagába képez, a topologikus Brouwer-féle fixponttétel szerint van fixpont, ami pont egy S-re merőleges vektor létezésének felel meg.

Csak egy ilyen P létezik: a Fermat-ponthoz hasonlóan a keresett pont olyan pont lesz az S síkon, amelynek a csúcsoktól való távolsága (lokálisan) a legkisebb. Elég megmutatni, hogy ilyen pontból maximum 1 darab lehet. Indirekten vegyünk fel P, P' ilyen pontokat az S síkon, és vegyük az általuk meghatározott PP' egyenest. Az egyenesen mint számegyenesen az A,B,C pontoktól való távolság egy-egy konvex függvény, az összegük is konvex, tehát PP'-n csak egy darab lokális minimumhely lehet.

[1090] Sinobi2018-09-17 16:21:30

OFF: nálam nem működik a hozzászólás előnézet.

[1088] gubanc2018-07-19 18:13:44

"Valaki több KöMaL feladatot megkérdezett internetes fórumokon, jóval a beküldési határidő előtt. …

Mostanában is puskázhatott valaki, legalábbis erről olvashatunk itt (#29, Amir Hossein, 2018. június 10.).

Milyen ma a helyzet a 11 évvel ezelőttihez képest?

Előzmény: [335] Kós Géza, 2007-07-23 12:54:31
[1086] Róbert Gida2018-04-13 17:09:02

A lejárt A720.-nál közölt első megoldási ötlet egészen biztosan nem működik. Hogy egy faék egyszerűségű ellenpéldát hozzak, a nagy \(\displaystyle 10^{10^{100}}\) korlát helyett legyen ugyanez a példa, de \(\displaystyle 10\)-re. Az ellenpéldában pedig: \(\displaystyle S=\{11\}\bigcup _{n\ge 0}\{2^{12n+7}-11\}\), ekkor S mindegyik eleme eleven szám, mert 11 eleven, a többi pedig 13-mal osztható. Ha \(\displaystyle a(1)=11\)-et választjuk, akkor egyetlen elemmel sem tudjuk bővíteni a sorozatot.

[1085] Sinobi2018-04-06 14:31:57

Hopsz, BAD szögfelező, D tetszőleges a szögfelezőn.

Mondjuk olyasmikre gondolok, hogy azt belátni, hogy az A-ból beléjük húzott sugarak szögfelező vonala AD; vagy hogy az AD ω-val vett másik metszésébe állított érintő, a szaggatott egyenes, és BC egy ponton mennek át. Sehogy se tűnik nehéznek, de azért jó lenne ránézésre látni.

Előzmény: [1084] Sinobi, 2018-04-06 14:21:50
[1084] Sinobi2018-04-06 14:21:50

Aham.

Más: Az A716-hoz kapcsolódóan. Ha behúzzuk a PD és QD egyeneseket, és vesszük az ABC háromszög ω köréírt körével vett metszéspontjukat, akkor azt kapjuk, hogy a feladat ekvivalens azzal, hogy ez a két metszéspont által meghatározott egyenes párhuzamos a BC-vel. (A PDQ-ra való antiparallelitással) (Lásd ábra)

Ezt hogyan lehetne legrövidebben, projektív geometriai eszközökkel belátni? Nincsenek könnyen megjegyezhető, ehhez hasonló (általánosabb) konfigurációkra valami lemmák?

Előzmény: [1083] Lpont, 2018-04-06 12:22:20
[1083] Lpont2018-04-06 12:22:20

Ezek szerint olyan falu nem létezik, ahol a házak nem egy egyenesre esnek, de vannak különböző H és N pontok a kért minimumtulajdonsággal?

Előzmény: [1082] Sinobi, 2018-04-06 10:26:02

  [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]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]