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.
[197] Sabroso2006-04-05 17:08:31

Bocsánatot kérek, most már értem... Szép ötlet...

Előzmény: [195] jenei.attila, 2006-04-04 23:09:30
[196] Sabroso2006-04-05 17:05:03

Bocs, de ezt nem értem. Ha x és y racionálisak, abból szerintem nem következik, hogy \sqrt{1-xy} is racionális.

Viszont az én megoldásom szerintem jó, csak eléggé kitalálhatatlan: Osszunk át x2y2-tel (x=y=0-ra nyilván igaz az állítás)

\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{x^2}=2

Jelöljük most \frac{x^3}{y^2}-et a-val! Ekkor

a+xy\frac{1}{a}=2

Ahonnan a-val fölszorozva

a2-2a=-xy

, tehát

(a-1)2=a2-2a+1=1-xy

Persze az egy jó kérdés, hogy miért nem szimmetrikus az a... Megpróbáltam végig levezetni, de egy kicsit hosszadalmas, úgyhogy inkább nem írnám le :)

Előzmény: [195] jenei.attila, 2006-04-04 23:09:30
[195] jenei.attila2006-04-04 23:09:30

A B.3891 feladat megoldása. A feladat: x,y racionális számokra x5+y5=2x2y2. Biz. be, hogy 1-xy egy racionális szám négyzete.

Megoldás: Az egyszerűség kedvéért vezessük be a p=xy jelölést. Az egyenletből:

y5=2p2-x5

. Ezzel a helyettesítéssel írjuk fel p5-t.

p5=x5(2p2-x5)

, vagyis

x10-2p2x5+p5=0

x5-ben másodfokú egyenletet kapjuk. Ebből

x^5=p^2+-\sqrt{p^4-p^5}=p^2(1+-\sqrt{1-p})

. Mivel x,y racionális \sqrt{1-p}=\sqrt{1-xy} is racionális.

[194] Mate2006-03-24 17:07:19

Igen, azt hiszem, jó ez a megoldás, bár nem számoltam utána. Majd a többivel együtt kijavítom ezt is. Én ilyen megoldást vártam, és Iván hozzászólása alapján nem is értem, hogy lehetett ezt másképpen értelmezni.

Előzmény: [193] [evilcman], 2006-03-24 16:01:00
[193] [evilcman]2006-03-24 16:01:00

Felöltöttem a megoldásomat ide.

Előzmény: [192] Iván88, 2006-03-24 15:36:01
[192] Iván882006-03-24 15:36:01

P.3867. Egyenletes sűrűségű, állandó keresztmetszetű, nyújthatatlan, függőlegesen lógó szál valamilyen L hosszúságnál a saját súlya alatt leszakad. Elképzelhető-e olyan alakú szál, amely akármilyen hosszú lehet, mégsem szakad el a saját súlya alatt?

Előzmény: [191] Mate, 2006-03-24 15:30:48
[191] Mate2006-03-24 15:30:48

Sziasztok!

A feladatot én tűztem ki, de mivel nekem már nem jár a KöMaL, nem tudom, pontosan hogyan szólt a feladat szövege. Az biztos, hogy én arra gondoltam, amit Onogur írt, hogy a szál keresztmetszetének nagysága változik a hossz függvényében. Hatványfüggvény nem lehet a szál alakja, hiszen ez esetben egy "végtelen" hosszú szál tömege is végtelen nagy. Valaki írja be pontosan a feladat szövegét!

[190] Hajba Károly2006-03-24 13:52:41

Egy kicsit pontosítanék a felírt képleten, hogy szakszerűbb legyen.

A szakítószilárdsági határ miatt \frac{F}{A}\le\sigma

k\int_x^\infty[f(x)]^2dx \le [f(x)]^2

ahol k egy az anyag sűrűségével és szakítószilárdságával ill. gravitációs gyorsulással arányos és \big(\frac{1}{m}\big) mértékegységű konstans.

Előzmény: [189] Hajba Károly, 2006-03-24 12:43:54
[189] Hajba Károly2006-03-24 12:43:54

Üdv!

Szerintem a feladat második mondata nem utal az állandó keresztmetszetre, így valóban forgástestről is lehet szó. Elvileg ebben az esetben nem a (központosan szimetrikus) forma, hanem a keresztmetszeti felület nagysága érdekes, de számolni kör keresztmetszettel célszerű. Gyakorlatilag egy adott magasságban található keresztmetszet nagysága arányos az alatta található végtelen hosszú és egyre vékonyabb "rúd" térfogatával.

A következők csak tipp, mivel kb. 20 éve nem foglalkoztam ezzel. Tehát, ha jó az elképzelésem és jól írom fel a következő egyenletet, akkor ennek megoldása adja a rúd alakjának függvényét.

\int_x^\infty[f(x)]^2dx = [f(x)]^2

De gondolom, majd Máté rendberakja a dolgokat. :o)

Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09
[188] Iván882006-03-24 12:10:37

Szia HoA!

Én úgy értelmeztem a feladatot, hogyha a keresztmetszete állandó, akkor valamekkora L-nél elszakad.

Szerintem olyan alakúnak kell lennie, hogy a tömege véges legyen, akármilyen hosszú is. Ha a keresztmetszete állandó, akkor nyilván nem beszélhetünk véges tömegről végtelen hosszúság mellett.

Így muszáj neki vékonyodnia.

Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09
[187] HoA2006-03-24 11:06:09

Lehet, hogy nem jól értem a feltételeket, de nekem az "Egyenletes sűrűségű, állandó keresztmetszetű, nyújthatatlan, függőlegesen lógó szál" azt jelenti, hogy egy hengerszerű testről van szó, melynek tömege és így súlya is egyenesen arányos az L hosszúsággal. Ez áll az állandó keresztmetszet miatt az egységnyi keresztmetszetre ható erőre is. Ha feltételezzük, hogy a szál szakítószilárdsága véges  \sigma  = \frac{F_{max}}{A} , kellően hosszú szál esetén biztosan elszakad. Csak az nem világos, hogy merül fel egyáltalán a keresztmetszet alakja.

Előzmény: [186] Iván88, 2006-03-23 21:38:29
[186] Iván882006-03-23 21:38:29

Sziasztok!

A P.3867.-esre van valakinek megoldása?

Az én tippem az, hogy a szál alakja legfeljebb valamilyen \frac{1}{x^n} tengelymetszetű forgástest lehet, de ez sak tipp.

[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

  [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]