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.
[1023] rizsesz2016-03-25 16:29:52

Kedves Éva!

Átgondoltam a dolgot: a honlapra felkerült megoldás még mindig nem teljes, így nem elfogadható.

Egy megoldás akkor lenne teljes, ha megadná az összes megoldást, és igazolná, hogy más nem lehet.

Előzmény: [1022] rizsesz, 2016-03-25 16:10:09
[1022] rizsesz2016-03-25 16:10:09

Kedves Éva!

Köszönöm, még egy észrevételem lenne: ez a megoldás még mindig nem teljes. Ez elbátortalaníthatja a versenyzőt, ha nem tudja a teljes megoldást megadni.

Ezt lehetne valahogy kezelni, vagy pontosítani a feladat kérését (tehát például leírni, hogy nem kell a teljes megoldás, de az egyik megoldáshoz vezető utat mégis le kell írni, bár ez szerintem elég szerencsétlen).

Előzmény: [1021] Ratkó Éva, 2016-03-25 15:41:45
[1021] Ratkó Éva2016-03-25 15:41:45

Jogos, a megoldást részleteztük. A K megoldások általában a legvázlatosabbak, de egy végeredmény megadása önmagában túl kevés, lásd a Versenykiírást:

"Maximális pontszám csak teljes megoldásért jár. A puszta eredményközlést nem értékeljük."

[1020] rizsesz2016-03-25 12:50:31

Szerintem ennek a feladatnak az osszes megoldasat felirni eleg nehez; ha elvaras az osszes eset felirasa, illetve annak bizonyitasa, hogy nincs mas eset, akkor egyszeruen nem valo a K versenybe.

Valoszinuleg ezert nem irtak fel a szerkesztok megoldasvazlatban sem, hogy hogy jott ki az az eset, mert latszodna, hogy rengeteg mas eset van.

Igy viszont nem kovetkezetes az, hogy a K.475-re egyedul a megoldast (indoklas nelkul) feliro diakom 0 pontot kapjon.

Most jobb otlet hijan kivarjuk, hogy milyen lesz a K.493. javitasa.

Előzmény: [1019] Róbert Gida, 2016-03-24 15:53:18
[1019] Róbert Gida2016-03-24 15:53:18

Ezek általában vázlatok. Egyébként 25 lényegesen különböző megoldás van (program). Csupán &tex;\displaystyle \frac{8!}{48}=840&xet; féleképpen lehet felírni a számokat a csúcsokba, intelligensen haladva szerintem elég könnyen találunk egy megoldást. Apró trükk: egy lapon a számok összege 13,17,19 vagy 23 lehet, mert az összeg 10 és 26 közé esik és prím, azaz 11,13,17,19 vagy 23 de 11 nem lehet, különben a szemköztes lapon &tex;\displaystyle \frac{9*8}{2}-11=25&xet; a számok összege.

5d-s hiperkockára (és hiperlapokra) izgalmasabb lett volna feladni a példát.

Előzmény: [1018] rizsesz, 2016-03-23 10:58:01
[1018] rizsesz2016-03-23 10:58:01

Tisztelt Szerkesztőség!

A K.493-ra meg fog jelenni ugye részletes megoldás is? Az egyik tanítványom nemrégiben egy hasonló konstrukciós feladatra 0 pontot kapott (K.475). Akkor elfogadtuk, hogy indoklás és levezetés kell, de most nem értjük, hogy a K.493 hogy jelenhet meg részletes megoldás nélkül.

[1017] w2016-03-13 22:20:48

B.4773. Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körének középpontja &tex;\displaystyle O&xet;, a körülírt köré pedig &tex;\displaystyle K&xet;. Bizonyítsuk be, hogy a

&tex;\displaystyle \vec{v}=\frac{\vec{AB}}{AB}+\frac{\vec{BC}}{BC}+\frac{\vec{CA}}{CA}&xet;

vektor merőleges az &tex;\displaystyle OK&xet; egyenesre.

Megoldás. Legyen a beírt kör sugara &tex;\displaystyle r&xet;, és oldalakkal való érintési pontja &tex;\displaystyle A,B,C&xet;-vel szemben rendre &tex;\displaystyle D,E,F&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \vec{v}\cdot r&xet;-nek a &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-kal való elforgatottja éppen a három összeadandó &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-cal való elforgatottjainak összege, ami &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OD}+\vec{OE}+\vec{OF}&xet;.

Ismert, hogy egy háromszög körülírt körének középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege a magasságpontba mutat. Ezt a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszögre alkalmazva, &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OY}=2\vec{OX}&xet; adódik, ahol &tex;\displaystyle Y&xet; a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög magasságpontja, &tex;\displaystyle X&xet; a Feuerbach-körének középpontja.

Hogyha &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög Feuerbach-körét &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körére invertáljuk, akkor &tex;\displaystyle ABC&xet; körülírt köre adódik, hisz a befogótétel miatt &tex;\displaystyle EF,FD,DE&xet; felezőpontjának képe rendre &tex;\displaystyle A,B,C&xet;. Ebből következik, hogy a körök középpontjai, &tex;\displaystyle O,X,K&xet; egy egyenesre esnek.

Ezzel &tex;\displaystyle \vec{u}=\frac{2OX}{OK}\vec{OK}&xet; adódott, amiből a feladat állítása &tex;\displaystyle \vec{u}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{v}&xet; merőlegessége miatt adódik.

[1016] w2016-03-13 22:09:23

B.4775.' Igazoljuk, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle a_1\ge a_2\ge \dots\ge a_{2k+1}\ge 0&xet; valós számok esetén

&tex;\displaystyle A=a_1^n-a_2^n+a_3^n-a_4^n\pm \dots+a_{2k+1}^n\ge \left(a_1-a_2+a_3-a_4\pm\dots +a_{2k+1}\right)^n=B.&xet;

A jelenlegi hivatalos megoldásban lényegében belátják, hogy &tex;\displaystyle a_1&xet;-et lecsökkentve &tex;\displaystyle a_2&xet;-re, az állítás igaz marad, és mivel &tex;\displaystyle a_1,a_2&xet; kiejtik akkor egymást, a változószám csökken, így az állítás indukcióval adódik.

Szerintem egyszerűbb azt vizsgálni, hogy mi történik, ha fix &tex;\displaystyle d=a_1-a_2&xet; mellett &tex;\displaystyle a_1^n-a_2^n&xet; értékét vizsgáljuk. Ugyanis a

&tex;\displaystyle g(x)=(x+d)^n-x^n=\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i}d^{n-i}x^i&xet;

&tex;\displaystyle x\ge 0&xet;-ra szigorú monoton növekvő függvény (illetve &tex;\displaystyle d=0&xet;-ra konstans &tex;\displaystyle 0&xet;), és &tex;\displaystyle g(a_2)=a_1^n-a_2^n&xet;. Emiatt ha &tex;\displaystyle (a_1,a_2)&xet; párost &tex;\displaystyle (a_3+d,a_3)&xet;-ra cseréljük, akkor &tex;\displaystyle A&xet; csökken (illetve &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;-ra marad ugyanannyi), de &tex;\displaystyle B&xet; változatlan. A csere után &tex;\displaystyle a_2,a_3&xet; kiirtja egymást és megy az indukció.

&tex;\displaystyle &xet;

Akinek hatásvadászabb ízlése van, mondhatja, hogy legyen &tex;\displaystyle d_1=a_1-a_2&xet;, &tex;\displaystyle d_2=a_3-a_4&xet;, &tex;\displaystyle d_3=a_5-a_6&xet;, stb., &tex;\displaystyle d_k=a_{2k-1}-a_{2k}&xet;, &tex;\displaystyle d_{k+1}=a_{2k+1}-a_{2k+2}&xet;, ahol &tex;\displaystyle a_{2k+2}:=0&xet;. Ekkor az

&tex;\displaystyle a_{2i-1}^n-a_{2i}^n\ge (d_i+d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n-(d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n&xet;

becsléseket &tex;\displaystyle i=1,2,\dots,k+1&xet;-re összeadva, a feladatbeli egyenlőtlenség adódik.

&tex;\displaystyle &xet;

Az egyenlőség esete. A cserénkben éppen akkor áll egyenlőség, hogyha &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;. Ily módon könnyű indukcióval ellenőrizni, hogy a feladat becslésében egyenlőség éppen akkor áll, ha valamely &tex;\displaystyle 0\le j\le k&xet;-ra &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet;, &tex;\displaystyle a_3=a_4&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2j-1}=a_{2j}&xet;, majd &tex;\displaystyle a_{2j+2}=a_{2j+3}&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2k}=a_{2k+1}&xet;.

[1015] Lpont2016-02-18 15:28:43

Nehezítsük a C.1330. feladatot úgy, hogy az alábbi szövegezésű legyen:

Hány különböző, téglalap alakú montázst készíthetünk négy különböző MÉRETŰ, 2:3 képarányú fotóból? (A fényképeket nagyíthatjuk, de nem forgathatjuk el, és két montázst ugyanolyannak tekintünk, ha nagyítással megkaphatóak egymásból.)

[1014] rizsesz2016-02-09 11:35:39

A nem túl barátságos C.1321-hez érdekes olvasmány: http://oeis.org/A008406

[1013] csábos2016-02-04 20:56:42

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha mind sötét?

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha nem tudod hány sötét és hány világos van?

Nem feszítem tovább a húrt, ez arra volt példa, hogy a C1322. Példa megoldása mimindent nem vett figyelembe. Bónuszkérdés: Melyik feladat megoldása a &tex;\displaystyle 64^8&xet;?

Előzmény: [1012] rizsesz, 2016-02-04 12:05:00
[1012] rizsesz2016-02-04 12:05:00

64 a nyolcadikon (megint eggyel visszábbra)

Előzmény: [1011] csábos, 2016-02-04 00:55:28
[1011] csábos2016-02-04 00:55:28

És hányféleképpen lehet elhelyezni 8 bástyát egy sakktáblán, ha egy mezőre csak egy bástya kerülhet?

Előzmény: [1010] rizsesz, 2016-02-03 21:36:53
[1010] rizsesz2016-02-03 21:36:53

Az 64 alatt a 8 (es persze csereljuk a ket valaszomat :)).

Előzmény: [1009] csábos, 2016-02-03 10:15:54
[1009] csábos2016-02-03 10:15:54

És hányféleképpen helyezhetünk el 8 bástyát úgy, hogy azok ne üssék egymás?

Előzmény: [1008] rizsesz, 2016-02-02 23:48:59
[1008] rizsesz2016-02-02 23:48:59

ha rogzitjuk az A1 mezot, akkor szerintem 8!

Előzmény: [1007] csábos, 2016-02-02 22:49:33
[1007] csábos2016-02-02 22:49:33

Kedves Rizsesz!

Hányfélképpen lehet elhelyezni 8 bástyát egy sakktáblán?

Előzmény: [1006] rizsesz, 2016-02-02 21:21:06
[1006] rizsesz2016-02-02 21:21:06

igazából csak nem tárgyal dolgokat (hogy pl 7 hogyan állítható elő 3 szám összegeként)

Előzmény: [1005] Róbert Gida, 2016-02-01 22:58:25
[1005] Róbert Gida2016-02-01 22:58:25

C1322. megoldása teljesen hibás. Ha a közölt gondolatmenetet követném 7 jegyű számok helyett 9 jegyű számokra, akkor a 999950049-t kapnám megoldásnak: legnagyobb szám négyjegyű lehet a sorozatban, kezdjük 9999-cel a számot stb. DE a helyes megoldás természetesen a 999999999.

Az számomra külön rejtély a közölt megoldásnál, hogy miért a szám elejére kell(?) berakni a legnagyobb számot. Például a 8,9,10 olyan számtani sorozat, ahol 8910>1098, azaz a legkisebb számmal kezdve nagyobb lesz az összerakott szám!

[1004] nadorp2015-12-12 17:55:16

A654 feladat hivatalos megoldása egy kicsit másképp (számolósabb viszont direkt adja a felső becslést)

A P(x)-re tett feltételből következik, hogy

&tex;\displaystyle x\in[0,1]&xet; esetén &tex;\displaystyle |xP(x^2)|\leq1&xet;

De a &tex;\displaystyle Q(x)=xP(x^2)&xet; polinom páratlan, ezért

&tex;\displaystyle x\in[-1,1]&xet; esetén &tex;\displaystyle |Q(x)|=|xP(x^2)|\leq1&xet;

Legyen &tex;\displaystyle x_k=\cos\frac{k\pi}{2n+1} (0\leq k\leq 2n+1)&xet; Ekkor &tex;\displaystyle 1=x_0>x_1>...>x_{2n+1}=-1&xet; olyan nullától különböző valós számok, melyekre &tex;\displaystyle x_k=-x_{2n+1-k}&xet;. Mivel Q(x) 2n+1-ed fokú fokú polinom, ezért az &tex;\displaystyle x_k&xet; helyeken felvett értékek egyértelműen meghatározzák, így Q(x) Lagrange-féle interpolációs polinomja:

&tex;\displaystyle Q(x)=\sum_{k=0}^{2n+1}\prod_{i\neq k}\frac{x-x_i}{x_k-x_i}Q(x_k)&xet;

Bevezetve az &tex;\displaystyle f(x)=\prod_{k=0}^{2n+1}(x-x_k)=\prod_{k=0}^n(x^2-x_k^2)&xet; jelölést

&tex;\displaystyle Q(x)=f(x)\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{Q(x_k)}{(x-x_k)f'(x_k)}=f(x)\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{Q(x_k)}{(x-x_k)f'(x_k)}+\frac{Q(x_{2n+1-k})}{(x-x_{2n+1-k})f'(x_{2n+1-k})}\right)=f(x)\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{Q(x_k)}{(x-x_k)f'(x_k)}+\frac{Q(-x_k)}{(x-(-x_k))f'(-x_k)}\right)&xet;

Mivel f(x) páros, ezért &tex;\displaystyle f'(x)&xet; páratlan, továbbá Q(x) is páratlan, így

&tex;\displaystyle Q(x)=f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{Q(x_k)}{f'(x_k)}\left(\frac1{x-x_k}+\frac1{x+x_k}\right)&xet;, azaz

(1)&tex;\displaystyle P(x^2)=\frac{Q(x)}x=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{Q(x_k)}{(x^2-x_k^2)f'(x_k)} &xet;

Innen &tex;\displaystyle |Q(x_k)|\leq1&xet; miatt

(2)&tex;\displaystyle |P(0)|\leq2|f(0)|\sum_{k=0}^{n}\frac1{x_k^2|f'(x_k)|} &xet;

Most megmutatjuk hogy (2) jobb oldala 2n+1, amivel a feladat állítását is igazoltuk.

Vegyük észre, hogy (1) második egyenlősége tetszőleges 2n+1-ed fokú, páratlan polinomra igaz, azaz speciálisan a &tex;\displaystyle T_{2n+1}(x)&xet; 2n+1-dik elsőfajú Csebisev-polinomra is.

( Jól ismert, hogy &tex;\displaystyle T_{2n+1}(x)&xet; olyan 2n+1-ed fokú polinom, melyre &tex;\displaystyle T_{2n+1}(\cos t)=\cos(2n+1)t&xet;

továbbá az &tex;\displaystyle x=\cos t&xet; helyettesítéssel &tex;\displaystyle T_{2n+1}(-x)=T_{2n+1}(-\cos t)=T_{2n+1}(\cos(\pi-t))=\cos((2n+1)(\pi-t))=-\cos(2n+1)t=-T_{2n+1}(x)&xet;, azaz &tex;\displaystyle T_{2n+1}(x)&xet; páratlan is.)

&tex;\displaystyle \frac{T_{2n+1}(x)}x=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{T_{2n+1}(x_k)}{(x^2-x_k^2)f'(x_k)}&xet;

Mivel &tex;\displaystyle T_{2n+1}(x_k)=\cos k\pi=(-1)^k&xet;, továbbá &tex;\displaystyle f'(x_k)&xet; előjelére &tex;\displaystyle sgn(f'(x_k))=sgn\prod_{i\neq k}(x_k-x_i)=(-1)^k&xet;, ezért

&tex;\displaystyle \frac{T_{2n+1}(x)}x=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{(x^2-x_k^2)(-1)^k|f'(x_k)|}=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac1{(x^2-x_k^2)|f'(x_k)|}&xet;. Tehát

&tex;\displaystyle 2|f(0)|\sum_{k=0}^{n}\frac1{x_k^2|f'(x_k)|}=\left|\lim_{x\to0}\frac{T_{2n+1}(x)}x\right|=\left|\lim_{t\to\frac\pi2}\frac{\cos(2n+1)t}{\cos t}\right|=2n+1&xet;

[1003] Róbert Gida2015-11-25 21:23:58

A megoldásom az A.652.-re: Legyen &tex;\displaystyle a=a_0&xet; és &tex;\displaystyle b=a_1&xet;, ekkor, ha &tex;\displaystyle \frac {1}{a_i}&xet; számtani sorozatot alkot, akkor &tex;\displaystyle \frac{1}{a_k}=k*(\frac 1b-\frac 1a)+\frac 1a=\frac{k*(a-b)+b}{a*b}=\frac{k*d+b}{a*b}&xet;, ahol &tex;\displaystyle d=a-b<0&xet; egész. Az, hogy &tex;\displaystyle a_k&xet; egész azzal ekvivalens, hogy &tex;\displaystyle (k*d+b)|(a*b)&xet;; és ez minden &tex;\displaystyle 0\le k \le n&xet;-re kell. Legyen &tex;\displaystyle p\le n&xet; prím, 2 eset van: &tex;\displaystyle p|d&xet; vagy &tex;\displaystyle d&xet; nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, ez utóbbi esetben &tex;\displaystyle k*d+b&xet; (&tex;\displaystyle k=0,..,p-1&xet;-re) teljes maradékrendszert alkot modulo p, így az egyik osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, de akkor &tex;\displaystyle (a*b)&xet; is. De mindkét esetben igaz, hogy &tex;\displaystyle p|(a*b*|a-b|)&xet;, így &tex;\displaystyle \prod_{p prim; 2\le p \le n}p|(a*b*(|a-b|)&xet;. Triviálisan b<2*a (különben &tex;\displaystyle \frac {1}{a_2}\le 0&xet;); így &tex;\displaystyle \prod_{p prim; 2\le p \le n}p<2*a^3&xet;, de ismert, hogy &tex;\displaystyle n&xet;-ig a prímek szorzata nagyobb, mint &tex;\displaystyle C_1^n&xet; (&tex;\displaystyle C_1>1&xet;-re). Ebből pedig &tex;\displaystyle a=a_0>C^n&xet; fix &tex;\displaystyle C>1&xet;-re.

Előzmény: [1002] w, 2015-11-23 19:43:11
[1002] w2015-11-23 19:43:11

Az A.650. feladat egy lehetséges megoldása itt olvasható.

Az A.652. feladat kihozható némileg egyszerűbben. (Amúgy is valószínűnek tartom, hogy az osztott differencia alkalmazása inkább a tanulságosságra, mint az egyszerűségre való törekvés következménye.) A megoldásom kulcsa a következő lemma volt, ami szerintem önmagában is érdekes tétel:

Ha &tex;\displaystyle 0<u_1<u_2<\dots&xet; végtelen számtani sorozat tagjai relatív prímek a differenciához, és

&tex;\displaystyle T=\frac{u_1u_2\dots u_n}{n!},\qquad L=lkkt(u_1,u_2,\dots,u_n),&xet;

akkor &tex;\displaystyle \frac{L}{T}&xet; pozitív egész szám.

[1001] w2015-10-21 21:17:43

Még egy bizonyítás: itt.

Előzmény: [1000] w, 2015-10-18 20:56:54
[1000] w2015-10-18 20:56:54

B.4731, minimummeghatározás vázlatosan:

Négyzetreemelés, majd még egy négyzetreemelés után látszik, hogy elég a következőket bizonyítani:

&tex;\displaystyle ab+bc+ca\ge 2,&xet;

&tex;\displaystyle ab^2+bc^2+ca^2\ge 2.&xet;

Az előbbi adódik abból, hogy &tex;\displaystyle ab+bc=b(a+c)=b(3-b)\ge 2&xet;, ha &tex;\displaystyle b\in [1;2]&xet;. (Permutálhatjuk a változókat úgy, hogy &tex;\displaystyle b\in[1;2]&xet; legyen, ezért működtethető ez a becslés.)

Az utóbbi pedig az &tex;\displaystyle (a,b,c)=(2-x,2-y,2-z)&xet; helyettesítés után varázslatos módon az ismert

&tex;\displaystyle xy^2+yz^2+zx^2\le 4&xet;

becslésre vezethető vissza.

(A helyettesítés motivációja az volt, hogy a minimumhelyek kellemetlen módon függtek a &tex;\displaystyle [0;2]&xet; intervallumba szorítástól - ez a tulajdonság teszi nehézzé a feladatot szerintem. Hogyha "áttükrözzük" a változókat, az egyenlőtlenség iránya megváltozik, és a maximumhelyek már ugyanazok a &tex;\displaystyle [0;2]&xet; és &tex;\displaystyle [0;3]&xet; intervallumban, így már a becslésnél nem kell figyelnünk az intervallum specialitására.)

[999] w2015-10-15 17:35:56

Akit érdekel, B.4727-nek egy nehezebb változata található a 2005-ös ISL-ben:

&tex;\displaystyle f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.&xet;

Hasznos feladat olyan szempontból, hogy szerintem jól tanítja a többféle megoldású függvényegyenletek megoldásainak különválasztását.

  [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]