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.
[185] lorantfy2006-03-23 11:08:01

B.3886. megoldása. Legyen az ABCD húrnégyszög átlóinak metszéspontja M. Ebből a pontból az AB oldalra állított merőleges metszéspontjai AB-vel E, CD-vel pedig az F pont.

ABD\angle=ACD\angle=\phi mert a DA iven nyugvó kerületi szögek. ABD\angle=AME\angle=\phi mert merőleges szárú szögek. AME\angle=CMF\angle=\phi mert csúcsszögek.

Tehát a CFM\Delta egyenlő szárú és egyenlő szárú a DMF\Delta is, mert DMF\angle=FDM\angle=90o-\phi

Így DF=FM=FC, tehát F felezőpontja a DC oldalnak.

[184] HoA2006-03-20 10:44:57

C.842 helyett C.843

A megoldás természetesen jó, de kicsit "deus ex machina". Ugyanezeket az elemeket felhasználva egy konstruktív megoldás:

BPC \angle = 45 + 15 = 60o . Bocsássunk merőlegest C-ből BP-re, talppontja legyen T. Ekkor CPT 60o -os derékszögű \Delta , PT = PQ = PA . PAT egyenlőszárú \Delta , TAP \angle = 30o , BAT \angle = 15o . TCA egyenlőszárú \Delta ( két 30o -os szög ) TC = TA, TAB egyenlőszárú \Delta ( két 15o -os szög ) TB = TA . Így TC = TB, TBC derékszögű \Delta egyenlőszárú, TCB \angle = 45o . (És persze kiderül, hogy T tkp. O )

Előzmény: [179] Káli gúla, 2006-03-19 14:52:01
[183] lorantfy2006-03-20 10:24:36

Ötletes megoldás! Kérdés: rögtön így ugrott be, vagy megoldottad másként és utánna raktad be a körbe? Én is gondolkodtam szögfüggvénymenetes megoldáson, találtam is de elég körülményes lett.

Előzmény: [179] Káli gúla, 2006-03-19 14:52:01
[182] lorantfy2006-03-20 10:09:32

Jól mondod! Bocs! Bezongoráztam az egész számsort :-)

Előzmény: [181] jonas, 2006-03-19 21:04:16
[181] jonas2006-03-19 21:04:16

A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,D,K helyett inkább csak A,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,D,K.

Előzmény: [180] lorantfy, 2006-03-19 19:04:19
[180] lorantfy2006-03-19 19:04:19

B. 3889. megoldása: Az 52 lapos francia kártyában négy "szín" van: káró, kör, pik és treff. Minden színből 13 lap. Jelöljük ezeket A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,D,K jelekkel.

Az 5 lap között, amit a néző kiválasztott biztosan van két azonos színű lap. (Ha kettőnél több azonos színű van akkor a segéd kiválasztja a két sorban legközelebb állót.) A bűvész és segédje előre megegyeznek, hogy ezek közül egyik lesz majd az 5. lap, amit a bűvésznek ki kell találnia.

Helyezzük el a 13 azonos színű lapot egy kör kerületén egy adott (előre megbeszélt) sorrendben. Jelöljük ki a körben a kiválasztott két lapot. (Pl. 9-es és 2-es az ábrán) 13-2=11. Így a két lap között egyik irányban max. 5 lap van. Haladjunk pozitív a körüljárás irányában. Ezen 5 lap előtt álló kiválasztott kártya (ábrán a 9-es) legyen a kezdő, a másik pedig (ábrán a 2-es) a záró kártya.

A segén először a kezdő kártyát fogja átadni a bűvésznek. Ebből a bűvész tudja, hogy milyen színü az utolsó (kitalálandó kártya) és azt is tudja, hogy a körben pozitív körüljárás szerint a kezdő kártyát követő 6 kártya között van.

Hogy pontosan hányadik lapról van szó, azt pedig már a maradék három kártya sorrendjével lehet kódolni, hiszen 3 kártya 6 féleképpen rakható sorba.

Pl. a következőképpen: Előre megállapítanak a színek között egy nagyságrendi sorrendet. Pl. káró<kör<pik<treff. A figurák között pedig pl. A<1<2...J<D<K. Így a 3 lap nagyságrendbe rakható. Jelöljük őket 1,2,3 számjegyekkel. A permutációkat háromjegyű számként nagyságszerint sorbarakva:

123=1, 132=2, 213=3, 231=4, 312=5, 321=6.

A bűvész a 3 db egymásután átadott lapból visszakódolja a sorszámot és az első átadott kártyából ennyit előre lépve a körben meg tudja nevezni az utolsó lapot.

[179] Káli gúla2006-03-19 14:52:01

C. 842. Az ABC háromszögben BAC\angle=45o. Az AC oldal A-hoz közelebbi harmadolópontját jelölje P. Tudjuk, hogy ABP\angle=15o. Mekkora az ACB\angle?

Megoldás. Ha az A,B,C csúcsok 5, 12, és 9 óránál vannak, akkor BAC\angle=45o és ABP\angle=15o (3 illetve 1 órányi kerületi szögek). Mivel a pirossal jelzett szögek 30o-osak, ezért CP/2=OP=AP, tehát P valóban az AC oldal harmadolópontja. Így az ACB\angle 5 órányi kerületi szög, azaz 75o-os.

[178] [evilcman]2006-03-14 21:37:32

Feltöltöttem a megoldásomat: http://thevilcman.atw.hu Szerintem jó. :-]

Előzmény: [177] Iván88, 2006-03-09 20:45:10
[177] Iván882006-03-09 20:45:10

A P. 3862.-re van valakinek megoldása?

[176] Yegreg2006-02-27 20:29:44

B.3851, szerintem meglehetősen egyszerű megoldás:) Itt fk(x) alatt fofo...of(x)=f(f(...f(x))..)-et értettem.

Először is, nézzük meg az f2 és a g3 függvényeket! f^2: x\mapsto\frac1{x}\mapsto\frac1{\frac1{x}}=x, azaz

f2(x)=x(1)

. g^3: x\mapsto 1-\frac1{x}=\frac{x-1}{x}\mapsto 1-\frac{x}{x-1}=\frac{-1}{x-1}\mapsto 1-\frac{x-1}{-1}=1-(1-x)=x, azaz

g3(x)=x(2)

. Ha előállítható az x\mapstox+1 függvény, akkor az azt jelenti, hogy véges sok lépésben el kell jutnunk a függvények felhasználásával x-ből x+1-be, azonban (1) és (2) alapján az egymás után kétszer végrehajtott f, illetve háromszor végrehajtott g függvények kiesnek. Ebből következően a valóban előre vivő lépések:

1, ha utoljára f függvényt hajtottunk végre, akkor most értelmetlen újra f-et végrehajtani, mert akkor a kettővel ezelőtti pozícióba jutnánk, így f után csak g-t hajtunk végre.

2, ha utoljára g-t hajtottunk végre, és az előtt is, akkor, ha most is g-t hajtanánk végre, akkor a hárommal ezelőtti pozícióba jutnánk, ami értelmetlen, azaz 2 g függvény után csak f következhet.

3, ha utoljára g-t hajtottunk végre, de előtte nem g-t, akkor mind az f, mind a g függvény végrehajtható.

Ezek alapján nézzük meg, hova juthatunk x-ből!

A vékonyabb fekete vonalak a függvényeket, a vastagabb piros vonalak egyenlőségeket jelölnek. Látható az ábráról, hogy a fent leírt lépésekkel véges sok lépésen belül egy korábbi pozícióval, vagy x-szel egyenlő értéket kapunk, és ezek között nem szerepel az x+1, ebből nyilvánvalóan következik, hogy nem állítható elő a függvények kompozíciójaként, hiszen csak az ábrán látható "kör" elemei állhatnak elő.

[175] Yegreg2006-02-27 20:24:47

B.3867.

Nyilvánvalóan, ha n nem háromhatvány, akkor felírható 3k(3l+1) vagy 3k(3l+2) alakban, hiszen 3kA alakban triviálisan felírható(pl. k=0 egyértelműen jó), és innentől, ha 3|A, akkor kiemeljük, és 3^{k+1}\frac{A}3 alakba írjuk, ha a harmada osztható 3-mal, akkor ismét kiemeljük, a kitevőt 1-gyel növeljük, és ez mindaddig folytathatjuk, míg a kapott A' szám nem lesz osztható 3-mal, ekkor pedig a kívánt alaknál járunk.

1. állítás

23k+1\equiv1(43k+23k+1)(1)

Bizonyítás:

Az állítás ekvivalens azzal, hogy

(43k+23k+1)|(23k+1-1), a kongruencia definíciója alapján.

23k+1-1=(23k-1)3-1=(23k-1)((23k)2+23k+1)=(23k-1)(43k+23k+1)

Tehát, mivel 23k-1 nyilván egész, így (1) teljesül.

2. állítás

23k(23k+1)\equiv-1(43k+23k+1)(2)

Bizonyítás:

Az állítás ekvivalens azzal, hogy

(43k+23k+1)|(23k(23k+1)+1).

23k(23k+1)+1=(23k)2+23k+1=43k+23k+1

Tehát a kifejezés egyenő vele, azaz nyilván osztható is.

3. állítás

23k2(23k2+1)\equiv-1(43k+23k+1)(3)

Ez ekvivalens azzal, hogy

(43k+23k+1)|(23k2(23k2+1)+1)

23k2(23k2+1)+1=43k2+23k2+1=43k2-43k.23k+43k+43k.23k-43k+23k+43k-23k+1(hozzáadtuk és kivontuk ugyanazokat a számokat)=43k(43k-23k+1)+23k(43k-23k+1)+43k-23k+1=(43k+23k+1)(43k-23k+1)

És mivel 43k-23k+1 nyilván egész, így az állítás teljesül.

(a későbbiekben használt k független ezen k-któl, ezek tetszőleges természetes k-ra igaz állítások)

1, eset

n=3k(3l+1)

4n+2n+1=2n(2n+1)+1=23k(3l+1)(23k(3l+1)+1)+1=(23k+1)l.23k((23k+1)l.23k+1)+1 ((1) alapján)\equiv(1)l.23k((1)l.23k+1)+1=23k(23k+1)+1((2) alapján)\equiv-1+1=0(43k+23k+1) Azaz osztható a kifejezés 43k+23k+1, viszont, ha n\neq3k, azaz l\neq0, tehát n nem háromhatvány, akkor a kifejezés nem egyenlő 43k+23k+1-vel, így van önmagán kívüli és 1-től különböző pozitív osztója, tehát nem prím.

2, eset

n=3k(3l+2)

4n+2n+1=2n(2n+1)+1=23k(3l+2)(23k(3l+2)+1)+1=(23k+1)l.23k2((23k+1)l.23k2+1)+1((1) alapján)\equiv23k2(23k2+1)+1((3) alapján)\equiv-1+1=0(43k+23k+1)

Tehát a kifejezés osztható 43k+23k+1-vel, és mivel 3l+2 biztosan nagyobb 1-nél, hiszen l természetes szám, így a kifejezés nem egyenlő 43k+23k+1-gyel, tehát van 1-től és önmagától különböző pozitív osztója, így nem prím.

Ezzel az állítást bebizonyítottuk, hiszen beláttuk, hogy minden olyan esetben, amikor n nem 3k alakú, a kifejezés összetett.

[174] Yegreg2006-02-27 20:23:25

Ha már én kérvényeztem, hogy elérhető legyen a TeX forrás, illik pár megldást feltöltenem.

[173] Sabroso2006-02-27 19:01:22

A 'hivatalos' megoldás viszont ehhez képest nem túl szép... Ami érdekes, mert a 159 megoldó közül valószínűleg egy páran rájöttek erre a megoldásra (pl. én is).

Előzmény: [170] HoA, 2006-02-27 17:26:51
[172] DZSO2006-02-27 18:47:38

Hát még az én koordinátageometriásom...:DD

Előzmény: [171] Doom, 2006-02-27 18:06:53
[171] Doom2006-02-27 18:06:53

Ügyes kis megoldás, nekem főleg tetszik, mivel az én vektoros megoldásom több, mint egy oldalt felemésztett... XD :)

Előzmény: [170] HoA, 2006-02-27 17:26:51
[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!

  [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]