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.
[252] jenei.attila2006-11-06 11:21:25

Érdekesebb a B.3923 feladat. Az nxn-es sakktáblán \frac{n(n+1)}{2} átló húzható be, vagyis az igazi sakktáblán 36. Itt a megoldás alapja az, hogy a mezőket elválasztó egyenesek metszéspontjaiból (csomópontok) legfeljebb egy-egy átló húzható. Tekintsük az nxn-es tábla két felső sorából, és két bal oldali oszlopából álló "karéjt". Ebben a belső csomópontok száma n+(n-1), azaz a karéjban legfeljebb ennyi átló húzható be. Ennyi azonban be is húzható, ha a karéj "külső" sávjában húzzuk az átlókat É-Ny,D-K irányban. A Megmaradt (n-2)x(n-2)-es táblában a két sáv széles karéjban (n-2)+(n-3) átló húzhat, s.í.t. Vagyis összesen legfeljebb n+(n-1)+...+1=\frac{n(n+1)}{2} átló húzható be.

Más megoldás?

[251] jenei.attila2006-11-06 10:59:35

A B.3931 feladat szerintem nagyon könnyű, nem tudom miért ér 5 pontot. A p(x)=\frac{1}{2}x^3-\frac{9}{2}x polinom egy lehetséges megoldás.

[250] V Laci2006-10-28 23:16:06

Az én megoldásom vázlatosan a B.3928-ra:

Először is lássuk be, hogy egy tetszőleges ABCD téglalapra és egy O pontra teljesül az OA2+OC2=OB2+OD2. Ennek bizonyítása Pitagorasz-tétel segítségével könnyen megtehető.

Ez teljesülni fog a feladatbeli PAQB téglalapra és az O középpontra. Így r2+r2=OP2+OQ2. Innen adódik, hogy OQ2=2r2-OP2, és mivel az OP távolság nem változik a köbeforgatás során, az OQ értéke állandó, vagyis a Q egy O középpontú \sqrt{2r^2-OP^2} körpályán fog mozogni.

Előzmény: [249] jenei.attila, 2006-10-28 18:38:31
[249] jenei.attila2006-10-28 18:38:31

A B.3928 is egy érdekes feladat, egy "geometriai" bizonyítást szeretnék rá látni. Az én megoldásom:

Az adott kör középpontja legyen O, az O-ból induló, feladatban szereplő pontokhoz húzott helyvektorok: a,b,p,q. Ekkor q=a+b-p, és a feltétel szerint (PA merőleges PB-re) (a-p)(b-p)=0 (skaláris szorzás). Emeljük q-t skalárisan négyzetre:

q2=a2+b2-p2+2(a-p)(b-p)=2r2-p2

Itt r a kör sugara, vagyis a q vektor hossza csak a kör sugarától és a P pont O-tól való távolságától függ. Vagyis a keresett mértani hely egy O középpontú \sqrt{2r^2-p^2} sugarú kör.

[248] jenei.attila2006-10-26 12:44:56

A B.3926 feladat egy lehetséges megoldása:

Annának van nyerő stratégiája, mert mindig páros sok 1 kavicsot tartalmazó, és páros sok páros számú kavicsot tartalmazó kupacot tud hagyni az ellenfelének. Balázs ezt az állapotot bármit lép is, mindig elrontja, Anna pedig újra ezt az állapotot tudja előidézni. A végállapot (elfogyott a kavics) is ide tartozik, vagyis Anna nyer ha jól játszik.

Esetleg más megoldás?

[247] jenei.attila2006-10-25 19:50:41

Ügyes megoldás, tetszik.

Előzmény: [246] nadorp, 2006-10-24 16:35:13
[246] nadorp2006-10-24 16:35:13

Bocs, természetesen yn=3-n

Előzmény: [245] nadorp, 2006-10-24 16:03:17
[245] nadorp2006-10-24 16:03:17

x_n=3^{2n-4}-3^{-n},y_n=3^n, z_n=\frac13 minden n\geq3 egészre

Előzmény: [244] jenei.attila, 2006-10-24 14:57:50
[244] jenei.attila2006-10-24 14:57:50

A B.3929 feladat megoldására lennék kíváncsi. Az én megoldásom:

x=100i+1/10, y=25j+12/10, z=100k+9/10 ahol i,j,k tetszőleges természetes számok.

[243] rizsesz2006-07-26 13:43:53

hát, simán elképzelhetőnek tartom, hogy több és kimagaslóan jobb diák van. még régebben volt a kezemben egy abacus, amiben emlékszem, hogy zrínyi megoldásokat mutattak be, és az volt a lényeg, hogy a 6. osztályosok a közös feladatokon folyamatosan jobban teljesítettek, mint a 7.-esek. ti vagytok az akkori 6. évfolyam. amúgy emellett most a 9. évfolyamról van diákolimpikon is, illetve ehhez kapcsolódóan az a-ban nyújtott teljesítményre is felhívnám a figyelmet.

persze a kömal, illetve az abacus alapján ezt nem lehet eldönteni, de azért elég valószínűnek tartom, hogy a kilencedikesek jobbak.

[242] sakkmath2006-07-26 13:33:17

Tisztelt feladatjavítók! A B.3896.-tal kapcsolatban két kérdésem van: 1. Volt-e olyan beküldött megoldás, amely azt a jogos feltevést használta ki, hogy a keletkezett ikerháromszögek bármelyike nyújtva tükrözéssel az eredeti háromszögbe vihető? Feltehető, hogy az ilyen, transzformáción alapuló, tisztán elemi geometriai megoldás elegánsabb, mint a honlapon vázolt koordinátarendszeres módszer. 2. A feladat 4 pontot ért, de a megoldást beküldők számára nehezebb lehetett mint sok 5-pontos, legalábbis a közölt statisztika ezt mutatja. Nem lett volna reálisabb inkább 5 pontot adni rá? Üdvözlettel: a feladat szerzője

[241] Csimby2006-07-26 00:37:59

Bocsánat, a harmadik képlet is a számtani-mértaniból jön ki...

Előzmény: [240] Csimby, 2006-07-26 00:35:48
[240] Csimby2006-07-26 00:35:48

Szia!

Négyzetre emelés és rendezés után már lehet közepezni (persze nem biztos, hogy megéri).

(1)  6x2y2\lex4+y4+(x2+y2)2xy

Innen például:

2x2y2\lex4+y4

Ez a számtani-mértaniból jön ki, a következő pedig a mértani és négyzetesből:

2xy\lex2+y2

Ebből pedig:

4x2y2\le(x2+y2)2xy

A két egyenlőtlenséget összeadva kapjuk a bizonyítandó állítást. Másik lehetőség, ha (1)-ben leosztaszt x2y2-tel, ekkor a pozitív a-kra érvényes a+\frac{1}{a}\ge 2 állítás (ami a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség egyszerű következménye) többszöri felhasználásából is adódik az állítás.

Nem nagyon jut eszembe olyan dolgozat ahol valaki a négyzetreemelés előtt közepezett volna. De csak az elektronikusan beküldött dogákat tudtam újra átnézni, szóval lehet hogy papíron volt olyan megoldás is.

Csimby

Előzmény: [239] ScarMan, 2006-07-15 18:33:53
[239] ScarMan2006-07-15 18:33:53

A B.3916-os feladatra van 'közepes' megoldása valakinek? Maga a feladat adja az ilyen becsléseket, de én minden ilyen értelmesnek tűnő próbálkozással túlbecsültem, és maradt egy sima négyzetreemeléses-rendezéses megoldás. Feltételezem hogy nem csak félrevezetésként szerepel a feladatban 4 közép :)

[238] lorantfy2006-07-11 13:01:33

Szia Jónás!

Hát ez az! A megoldás végülis az lenne, hogy belássuk, k db fej esetén a dobássorozatok száma \binom{13-k}{k}, ebből aztán bárki kiszámolja az esetek összegét.

Aki nem tudta megoldani az viszont a közölt megoldásból nem ért semmit.

Tehát arról van szó, hogy mivel két fej nem állhat egymás mellet, ha egy adott dobássorozatban balról jobbra haladunk, minden fejet írásnak kell követnie. Kivéve az utolsó dobásnál álló fejet, ha éppen fej áll ott.

A 13. helyre odaírunk egy fix I-t. Igy biztosak lehetünk benne, hogy minden F-et I követ.

Tegyük fel, hogy k db F van a sorozatban. Most az FI párokat egy új elemnek tekintve, k db I-t eltüntettünt, tehát (13-k) db (I vagy FI) elemünk maradt, tehát (13-k) elem közül kell k elemet kiválasztanunk.

Előzmény: [236] jonas, 2006-07-08 12:09:04
[237] Yegreg2006-07-08 20:16:26

Leírom az analóg B feladatra a megoldásom, mert ez könnyen általánosítható, és egyszerű rekurzióra vezeti vissza őket.

Jelölje pn azt, hogy n dobásból hány esetben szerepelhet a leírt eredmények között 3 egymást követő fej! Ha egy adott n-nél dobunk egyet, akkor, ha az írás, akkor ez nem lehet része fejhármasnak, tehát az innen létrejövő lehetőségek száma pn-1 hiszen az egymást követő fejek szempontjából olyan, mintha itt újat kezdenénk, csak eggyel kevesebb dobással. Ha az első dobás fej, a második írás, akkor hasonlóan ahhoz, hogy az első írás, ez további pn-2 féle lehetőséget jelent, mivel itt is olyan, mintha újat kezdenénk, csak már 2-vel kevesebb dobással. Ha az első és a második dobás is fej, és a harmadik írás, akkor az első írás és második írás esethez analóg módon itt további pn-3-féle lehetőség van. Fa az első három dobás fej, akkor a dobások között már bizonyosan van 3 fej, tehát a többi kimenete tetszőleges, azaz a a további n-3 dobás mindegyi fej vagy írás is lehet, tehát még 2n-3 lehetőség van.

Az összes lehetőség ezen diszjunkt alesetek összege lesz, azaz

pn=pn-1+pn-2+pn-3+2n-3(1)

Nyilván 0, 1 és 2 dobásból nem lehet egy esetben sem 3 fej, tehát p0=p1=p2=0, azonban innen már látható, hogy az egész feladat egy kissé módosított 3-as Fibonacci-sorozat kiszámolására redukálódik. Tehát: (az (1) egyenletbe egyből helyettesítve)

p3=0+0+0+20=1

p4=0+0+1+21=3

p5=0+1+3+22=8

p6=1+3+8+23=20

p7=3+8+16+24=47

p8=8+20+47+25=107

p9=20+47+107+26=238

p10=47+107+238+27=520

p11=107+238+520+28=1121

p12=238+520+1121+29=2391

Azon esetk száma tehát, ahol van 3 egymást követő fej 12 dobás esetén 2391. Nyilván összesen 212=4096-féle eset lehetséges a dobássorozat kimeneteleként, hiszen minden dobás 2-féle lehet, tehát a 3 egymást követő fej nélküli esetek száma 4096-2391=1705. A valószínűség tehát:

P=\frac{1705}{4096}

[236] jonas2006-07-08 12:09:04

Nézzük. Ha k fejet és 12-k írást kell elhelyezni úgy, hogy nincs két szomszédos fej, akkor  \binom{13 - k}{k} lehetőség van, amit úgy kaphatunk meg, hogy k darab FI és 13-2k darab I sorozatot rakunk tetszőleges sorrendbe, összefűzzük, és levágjuk a záró I-t. Ezt összegzi a megoldás, de tényleg hozzáfűzhettek volna több magyarázatot, mert aki ezt a trükköt nem ismeri, annak talán nem világos.

Egyébként ez a feladat is megoldható brute force módon, mégpedig elég egyszerűen, mert csak 4096 sorozatot kell kipróbálni. Abból is 337 jön ki (a 12+2-edik fibonacci-szám, nem véletlenül).

Előzmény: [235] jonas, 2006-07-08 11:24:28
[235] jonas2006-07-08 11:24:28

C. 851. hivatalos megoldása csak hogy ne kelljen keresgélni.

Előzmény: [234] lorantfy, 2006-07-07 15:17:46
[234] lorantfy2006-07-07 15:17:46

Kedves KöMaL Megoldók!

Aki érti a C. 851. feladat hivatalos megoldását és van egy kis ideje legyen szíves nekem szemléletesen elmagyarázni! (0 és 1 fej esete OK!)

[233] rizsesz2006-06-29 13:50:32

Ez a bizonyítás Szűcs Gergelytől származik:

"Vizsgáljuk, hogy hogyan alkothatunk poliédert 4 háromszögből és 4 hatszögből! Egy szabályos hatszög két szomszédos oldalán nem lehet két hatszög, így nyilván a vizsgált hatszög minden második oldalán háromszög kell, hogy legyen. Mivel nem lehet minden oldalán háromszög, hiszen csak 4 háromszög van, és 6 oldal, így az egyik oldalra hatszög kerül. Ezen hatszög mellett van 2 háromszög, de még egy háromszög kell mellé, a korábban leírt okok miatt (2 hatszög nem lehet egymás mellett), hiszen legalább 3 háromszög kell, hogy legyen a hatszögek oldalain. Ekkor már mind a 4 háromszög elhelyezésre került, illetve a háromszög-hatszög-háromszög részen kialakult a két oldalon egy-egy hely, ahova pontosan illeszkednek a kimaradt hatszögek, és a túloldalon lévő háromszög is illeszkedik az ott kialakult helyre. Látható tehát, hogy ilyen lapokból egyféleképpen lehet sokszöget készíteni."

[232] Iván882006-06-29 13:35:08

És azt hogy lehet igazolni, hogy csak 1 ilyen poliéder létezik?

Előzmény: [231] rizsesz, 2006-06-29 01:35:39
[231] rizsesz2006-06-29 01:35:39

A pontozás, gondolom utólag, csak fájdalmasabbá teszi dolgot. 2 pontot ért annak igazolása, hogy csak 1 ilyen test van és így egyet, ha valaki megadta a testet. 1 pont, hogy létezik a gömb és 2 a sugár. 5 pontot nem lehet okosan elosztani, még akkor sem, ha osztogatni kell a részek között.

És nagyon rossz, hogy négyen nem számolták ki a sugarat. :(

Előzmény: [230] Doom, 2006-06-28 23:06:50
[230] Doom2006-06-28 23:06:50

Ok, az hogy ilyen test van, az ment, és mostmár az is, hogy másik nincs, kösz a segítséget! Én kezdetben azt akartam belátni, hogy nem lehet 2 háromszög szomszédos, de így tényleg könyebb.

u.i.: mivel nem volt teljes, így nem is küldtem be a példát... mostmár bánom. :(

Előzmény: [229] rizsesz, 2006-06-28 17:28:06
[229] rizsesz2006-06-28 17:28:06

Sajnos kellett bizonyítani, hogy egy ilyen test van. Pont ebből fakad a köré írt gömbös csavar, hiszen az ekvivalens azzal, hogy minden létező poliéderre, még ha egy is van, igaz kell hogy legyen. (Ami már csak azért is fontos lehet, mert eléggé szimmetrikus a test, illetve szabályos tetraéderből származtatható, így ezt elég könnyen végig lehet gondolni, hogy miért létezik gömb). Mellesleg a többség (a helyes megoldók + jó páran, akik elszámolták a sugarat) ezt megtette.

Annak igazolását, hogy 1 ilyen poliéder van, többféleképpen is el lehet végezni. Érdemes belegondolni, hogy egy hatszöghöz hány háromszög csatlakozik, hogy hány él van háromszögek és hatszögek között, és így tovább. Ha kell még segítség, szólj.

Üdvözlettel,

Kőrizs András (A feladatot én javítottam :))

[228] Iván882006-06-28 17:10:20

Köszi, most segítettél. Az az igazság, hogy térgeometriából tök sík vagyok, és nem tudtam elképzelni a testet. Tud valaki egy jó térgeometriai programot? Ne Euler3D-t, mert az megvan, de valamiért nem akar indulni :o(

Előzmény: [226] lorantfy, 2006-06-28 16:14:50

  [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]