Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[170] HoA2006-02-27 17:26:51

Kedves Fórumosok!

Most jelentek meg (2006. február) a B. 3837. megoldásai, szeretnék mutatni rá egy elemi megoldást.

Használjuk fel azt a tételt, hogy egy N1 négyszög oldalfelező pontjai által meghatározott N2 négyszög paralelogramma, mert szemközti oldalai párhuzamosak N1 egyik átlójával és fele olyan hosszúak, mint az N1 -átló. Ebből az is következik, hogy ha N1 átlói egyenlőek és merőlegesek egymásra, akkor N2 szomszédos oldalai is egyenlőek és merőlegesek egymásra, tehát N2 négyzet.

Feladatunkban P, S, Q, R az ADHC négyszög oldalfelező pontjai, ezért csak azt kell megmutatnunk, hogy AH és DC egyenlőek és merőlegesek egymásra. Forgassuk el az ABH \Delta -et B körül 90o -kal pozitív irányban. Ekkor A D-be, H C-be kerül, AH elforgatottja DC lesz, ezért AH és DC valóban egyenlőek és merőlegesek egymásra.

Előzmény: [99] lorantfy, 2005-10-18 18:36:36
[169] Doom2006-02-19 13:44:04

Szép megoldás, nekem tetszik! :)

Előzmény: [168] [evilcman], 2006-02-18 22:16:05
[168] [evilcman]2006-02-18 22:16:05

Töltöttem fel egy megoldást a B.3881.-es feladatra: http://thevilcman.atw.hu/files.html Szerintem jó :) Viszont elég hosszadalmas.

[167] lorantfy2006-02-18 16:21:38

B. 3877. feladat megoldása: Az S pont az FC súlyvonalat harmadolja. PFS \Delta és QCS \Delta hasonló - mert két oldalegyenesük közös és PF párhuzamos CQ - és a hasonlóság aránya 1:2.

Legyen AB=c, PF=x, ekkor CQ= 2x. Az R ponton átmenő AB-re merőleges egyenes AB-vel és CQ-val való metszéspontjai legyenek M és N pontok. MN=m, az ABC \Delta magassága.

ABR \Delta hasonló QCR \Delta, mert két oldalegyenesük közös és AB párhuzamos CQ és a hasonlóság aránya:

 \lambda = \frac{AB}{CQ}= \frac{c}{2x} Így arányos osztással: MR= \frac {mc}{c+2x}. Látszik, hogy PB=  \frac{c}{2}+x

A PBR \Delta területe: T_1=\frac {1}{2} PB \cdot MR=
 \frac {1}{2} (\frac{c}{2}+x)  \frac {mc}{c+2x}=\frac {1}{4}(c+2x) \frac {mc}{c+2x}=\frac {1}{4}mc=\frac{T_{\Delta}  }{2}

Tehát PR szakasz felezi az ABC \Delta területét.

[166] Káli gúla2006-02-08 15:51:48

Ha elfogadjuk, hogy a PQ felezőpontját az origóval összekötő OQ' egyenes harmadolja a POX szöget, akkor R'OQ' szög az YOX derékszög kétharmada, tehát 60o-os. A párhuzamos szárak miatt a RP'Q szög is ugyanekkora, ezért a RQ-hoz tartozó RPQ középponti szög 120o-os.

Húzzunk a P és Q pontokon át párhuzamosokat a tengelyekkel. A kapott (barna) téglalapban az átlók szöge (piros) külső szög, ezért kétszer akkora, mint az átlóknak a vízszintes oldallal bezárt szöge (kék). A két piros szög azért egyenlő, mert egyrészt a feltétel szerint OP=PQ/2, másrészt a (q;1/p) és a (p;1/q) pontokat összekötő átló meghosszabbítása átmegy az origón. Tehát az O pontnál a piros szög valóban kétszer akkora, mint a kék.

Ez a szép és lényegében semmilyen előismeretet nem igénylő bizonyítás a P. 27-es, pontversenyen kívüli feladat hivatalos megoldása volt 1969-ben: ld. archívum.

Előzmény: [165] HoA, 2006-02-07 17:27:30
[165] HoA2006-02-07 17:27:30

Kedves Fórumosok!

Az A. 386. feladathoz javaslok egy - szerintem - a honlapon megjelentnél sokkal egyszerűbb megoldást. Használjuk a honlap ábráját. Legyen az OP vektor hossza t, irányszöge \alpha . Ekkor P koordinátái (t cos\alpha ; t sin\alpha). Mivel P a hiperbolán van, ennek egyenlete

xy=t2cos\alphasin\alpha

A P-ből a kör/hiperbola metszéspontok egyikébe, mondjuk T-be mutató 2t hosszúságú PT vektor irányszöge legyen \beta , ekkor T koordinátái

(t cos\alpha+2t cos\betat sin\alpha+2t sin\beta)

T is a hiperbolán van, ezért

(t cos\alpha+2t cos\beta)(t sin\alpha+2t sin\beta)=t2cos\alphasin\alpha

t2(cos\alphasin\alpha+2 cos\beta sin\alpha+2 cos\alpha sin\beta+4 cos\beta sin\beta)=t2cos\alphasin\alpha

cos\beta sin\alpha+2 cos\alpha sin\beta+4 cos\beta sin\beta=0

sin(\alpha+\beta)= -sin(2\beta)=sin(-2\beta)

Felhasználva, hogy sin x=sin(\pi-x) , innen vagy

(a)\alpha+\beta= -2\beta+2k\pi

, vagy pedig

(b)\alpha+\beta=\pi+2\beta+2k\pi

A (b) esetben

\beta=\alpha-(2k+1)\pi

, vagyis a PT irány éppen OP-vel ellentétes, ez a metszéspont ábránk P' pontja. Az (a) esetben

3\beta= -\alpha+2k\pi

\beta = ~-\frac\alpha3 + k \frac{2\pi}3

vagyis a P-ből a kör/hiperbola metszéspontokba mutató vektorok egymás \frac{2\pi}3 (=120^\circ) egész számú többszöröseivel való elforgatottjai, az ábra PQ, PR és PS vektorai. Közülük bármely kettő, így a PQ és PR által bezárt szög is 120o A megoldás a hivatkozott szögharmadolásra is rámutat: utolsó képletünkben k = 0 -t véve

\beta = ~-\frac\alpha3

, tehát a megoldás vektorok egyikének ( ábránkon PQ ) irányszöge abszolút értékre megegyezik az OP vektor irányszögének harmadával.

[164] Iván882006-02-06 19:35:43

Akkor légyszi írd meg.

<ivan9d@freemail.hu>

Köszi: Gresits Iván

Előzmény: [158] V Laci, 2006-01-28 17:54:38
[163] sakkmath2006-01-31 14:08:59

Kedves Fórumosok! Az Euklides 2.41-es verziójában találtam egy hibát. A honlapjukon megadott címekre 5 hete e-mailben elküldtem a hibaleírást, de nem válaszolnak. A honlapon mellesleg ez a lehangoló infó olvasható: utolsó frissítés: 2002. január 27. Ismeri-e valaki a szerzők/fejlesztők elérhetőségeit?

[162] [evilcman]2006-01-31 13:15:59

Köszönöm!

Euklides-t használok.

Előzmény: [160] lorantfy, 2006-01-29 10:15:16
[161] V Laci2006-01-29 13:12:00

Tényleg szép megoldás, köszönöm szépen!

[160] lorantfy2006-01-29 10:15:16

Szép megoldás! Gratula! Milyen szerkesztő programot használsz?

Előzmény: [159] [evilcman], 2006-01-29 00:55:49
[159] [evilcman]2006-01-29 00:55:49

Itt egy: http://users.atw.hu/thevilcman/files.html

Előzmény: [158] V Laci, 2006-01-28 17:54:38
[158] V Laci2006-01-28 17:54:38

Sziasztok!

Érdekelne a B.3853. feladat megoldása. (Háromszög területét felező adott irányú egyenes szerkesztése.) Előre is köszönöm.

Iván88, nekem van egy megoldásom a B.3859. feladatra, sztem jó, de ez nem biztos :), de ha gondolod szívesen elküldöm e-mailben.

[157] Iván882006-01-27 21:50:18

Valaki írja meg a B. 3859-esnek a megoldását! Ne hagyjuk félbe! (Addig nem nyugszom, amíg nem lesz fenn)

[156] Lóczi Lajos2006-01-22 18:11:15

Amúgy hasonló (de szerintem jóval nehezebb) kérdést feszeget a Nehezebb mat. probl. 136. feladatában kitűzött egyenlőtlenség is.

Előzmény: [146] ScarMan, 2006-01-21 13:15:29
[155] Lóczi Lajos2006-01-22 18:08:02

Lemaradt egy előjel: helyesen -\lim_{n\to \infty} x_n.

Előzmény: [154] Lóczi Lajos, 2006-01-22 18:04:48
[154] Lóczi Lajos2006-01-22 18:04:48

A 2x=x2 egyenlet egyetlen negatív valós gyökét nemelemi függvényekkel fel lehet írni, pl. az ún. Lambert-féle W-függvénnyel, de ezzel a felírással nem mennél túl sokra, mert benne az x\mapstoxex függvényt kell invertálni. Az inverz (alkalmas intervallumon) létezik, de "képlettel" (azaz véges sok elemi függvény segítségével) nem írható fel. A transzcendens egyenletek szinte mindig ilyenek, ezen nem kell csodálkozni.

Numerikusan tetszőleges pontossággal megközelíthető a gyök: az első néhány tizedesjegy -0.7666646... A határérték fogalmával szintén könnyedén kifejezhető ez a szám: tekintsük pl. az

x0=1, x_{n+1}:=\sqrt{(1/2)^{x_n}} rekurziót. Ekkor \lim_{n\to \infty } x_n adja a keresett negatív megoldást.

Előzmény: [146] ScarMan, 2006-01-21 13:15:29
[153] Lóczi Lajos2006-01-22 17:42:00

Az Általad említett x=(1+1/n)n, y=(1+1/n)n+1 (vagy fordítottja) formula (n pozitív egész) a pozitív racionális megoldásokra vonatkozik -- itt egyik feltétel sem teljesül.

(Amúgy azóta a TMCS folyóirat 2003-as számában megjelentek a negatív valós, negatív racionális, illetve komplex megoldásokra vonatkozó eredmények is.)

Előzmény: [147] rizsesz, 2006-01-21 16:10:56
[152] lorantfy2006-01-22 15:35:30

Di-Lemma: Először azt kellene belátnunk, hogy a sakktábla fekete mezőire helyezett k<32 db ló, mindig k-nál több különböző fehér mezőre üt.

Ha ez igaz, akkor tekintsük a világos mezőkön álló 32 ló elhelyezést.

Tfh. létezik olyan, a feladatnak megfelelő elhelyezés ahol k<32 ló sötét mezőn áll. Akkor ez az elrendezés elérhető úgy, hogy a 32 világos helyről k db lovat sötét mezőre helyezünk. De ezek k-nál több különböző fehér mezőre ütnek, tehát nem ütheti csak a megüresedett k helyet. Ellentmondás.

Márcsak a Di-lemmát kell bizonyítani!

Előzmény: [151] Káli gúla, 2006-01-22 14:34:17
[151] Káli gúla2006-01-22 14:34:17

Az 1-faktorral látszik, hogy 33-at nem lehet lerakni, de a záródó kör ahhoz kellett, hogy 32-t is csak szabályos elrendezésben lehet.

Előzmény: [150] jonas, 2006-01-22 13:19:17
[150] jonas2006-01-22 13:19:17

Ez szép megoldás.

Szerintem viszont nem kell tudni, hogy a sakktáblán lehet teljes kört megtenni (ami persze ismert, de ha valaki nem ismeri, akkor nem könnyű belátni). Elég, ha egy 1-faktort megadunk, vagyis párosítjuk a mezőket úgy, hogy minden pár két mezője támadja egymást. Ilyet pedig egyszerű mutatni, például

A B
C D
B A
D C

és még hét ugyanilyen példány.

Előzmény: [145] ScarMan, 2006-01-21 12:10:33
[149] lorantfy2006-01-22 10:45:59

Kedves Fórumosok!

Kaptam egy levelet Bodnár Jánostól, aki B. 3869. feladatot javasolta, és azt kéri tőletek, hogy akinek van kedve hozzá, próbálja megoldani a feladatot inverzió segítségével vagy pont körre vonatkozó hatványát felhasználva!

Ha valaki esetleg ilyen megoldást köldött be, jó lenne, ha megosztaná velünk!

[148] lorantfy2006-01-21 21:24:44

Szia Rizsesz!

Lóczi Lajos cikkében a hatványozás kommutativitásának lehetőségét keresi, az xy=yx egyenlet megoldásait.

Alapfeltevés, hogy x,y pozitív valós számok!

Nóra itt most a 2x=x2 egyenlet egy negatív megoldását szeretné megtalálni. Szerintem ezt nem lehet x=\big(1+\frac{1}{n}\big)^n alakban felírni.

Előzmény: [147] rizsesz, 2006-01-21 16:10:56
[147] rizsesz2006-01-21 16:10:56

Lóczi Lajos 2000. januárjában megjelent cikke szerint azt hiszem az a ad b=b ad a egyenlet gyökei a=(1+1/n) ad n és b=(1+1/n) ad (n+1) (TeX :)), illetve az a=b eset. ebből származtatható a 2 megoldás.

[146] ScarMan2006-01-21 13:15:29

A B.3871. feladathoz:

Ha ábrázoljuk koordinátarendszerben az eredeti egyneletet (lila és barna vonal metszéspontjai) és a 2x=x2 egyenletet (zöld és sárga vonal metszéspontjai), látszik, hogy ugyanazok a megoldásiak. Pozitív számok esetén a két gyök 2 és 4, ezek egész számok, így behelyettesítéssel könnyen bizonyítható, hogy ez a kettő a megoldás. De van a negatív számok halmazán is egy megoldás, x3=-0,76 környékén. Hogy lehetne megoldani a 2x=x2 egyenletet, hogy ezt a gyököt is megkapjuk? Nincs valakinek ötlete?

Előzmény: [139] Iván88, 2006-01-19 19:50:59

  [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]