[1104] HoA | 2019-10-22 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 Erzsebet | 2019-10-12 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] titok111 | 2019-05-03 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] marcius8 | 2019-04-28 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 Erzsebet | 2019-03-28 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 Erzsebet | 2019-03-16 07:14:21 |
 Icipici megjegyzés a K. 618. feladathoz. A 2-nél nagyobb erős számokat kellett megkeresni. Az összegzésnél az 1 szerepel.
|
|
[1098] nadorp | 2019-02-16 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 Erzsebet | 2019-01-13 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 Erzsebet | 2019-01-12 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 Erzsebet | 2018-12-13 05:51:37 |
 2018. november K feladatok (matematika) Az első két feladat megoldása felcserélve olvasható.
|
|
[1094] Sinobi | 2018-10-29 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 |
|
|
[1092] sakkmath | 2018-09-18 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] Sinobi | 2018-09-17 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] Sinobi | 2018-09-17 16:21:30 |
 OFF: nálam nem működik a hozzászólás előnézet.
|
|
[1088] gubanc | 2018-07-19 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 Gida | 2018-04-13 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] Sinobi | 2018-04-06 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] Sinobi | 2018-04-06 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 |
|
|
[1082] Sinobi | 2018-04-06 10:26:02 |
 > Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.
Igen, az összes olyan faluban, amely nem egy egyenesre esik, határozott egyenlőtlenség teljesül. Turágus momentán nem ilyen.
Ha továbbolvasod az idézett részt, akkor látod hogy a megoldás meg is mutatja, hogy Turágusban ugyanolyan jó F, mint N, tehát Turágus egy egyenesre esik:
> és az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja. Mivel H,N "optimális pontok", ezért nyilván teljesül is az egyenlőség.
//[B4930]
|
Előzmény: [1081] Lpont, 2018-04-06 07:26:39 |
|
[1081] Lpont | 2018-04-06 07:26:39 |
 A megoldás szerint: "...az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja."
Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.
|
Előzmény: [1080] Sinobi, 2018-04-06 01:18:22 |
|
[1080] Sinobi | 2018-04-06 01:18:22 |
 > hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be.
Azt hiszem, nem értem a problémádat. F-ben ugyanannyi a távolságösszeg, mint N-ben. Miért kéne inkább F-be építeniük a Napimádóknak N helyett?
|
Előzmény: [1079] Lpont, 2018-04-05 18:46:12 |
|
[1079] Lpont | 2018-04-05 18:46:12 |
 Olvasván a hivatalos megoldást a következő kérdés merült fel bennem:
Ha időben előbb jön létre pl. a H pont (ha több ilyen tulajdonságú pont létezik, úgy megtalálták az egyiket, nem számolnak tovább, oda építenek szentélyt).
Ezt követően a Napimádók elkezdenék a feladat feltételének megfelelő H-tól különböző (ha ilyen létezik) N pontban építeni a szentélyüket, rájöhetnek (ők továbbgondolják, mint a Holdimádók), hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be. Vagy HF felezőpontjába,.....és így tovább.
Hová fognak építeni a Napimádók?
|
Előzmény: [1078] Lpont, 2018-04-04 18:30:05 |
|
[1078] Lpont | 2018-04-04 18:30:05 |
 Tisztelt fórumozók, feltenné vki a B.4930. feladat megoldását?
Köszönöm.
|
|