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]    [45]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[260] jenei.attila2006-11-09 16:49:54

Kedves Ákos!

Engedd meg, hogy röviden összefoglaljam a megoldásod lényegét. Először is vegyük észre, hogy mivel a BB' és az AA' szakaszok közös pontja B (és C rajta van a BB'-n), az A,B,C,A',B' pontok egy síkon vannak, legyen ez a sík S. Hasonlóan az A,C,D,C',D' pontok is egy síkon vannak, legyen ez T. S és T síkok metszésvonala az AC egyenes. Az alapötleted az, hogy vágjuk ketté az A'B'C'D' tetraédert, az A'B' élet tartalmazó S síkkal. S a szemközti C'D' élet M-ben metszi. Így az S sík az A'B'C'D' tetraédert az A'B'MC' és az A'B'MD' tetraéderekre vágja szét. Bebízonyítjuk, hogy az előbbi tetraéder magassága kétszer akkora mint az utóbbié, így térfogatukra is ez igaz, mivel A'B'M alapjuk közös. Ehhez elég bizonyítani, hogy M a C'D' él D'-höz közelebbi harmadolópontja, ugyanis akkor az általad leírt meggondolásból (C'D'-őn keresztül S-re merőleges síkot fektetünk, amelyben benne fekszik az A'B'MC' és A'B'MD' tetraéserek magassága) következik, hogy a magasságok aránya is 2:1. Az hogy M a C'D' él D'-höz közelebbi harmadolópontja,vagy úgy lehet belátni ahogy írtad (Te a magasságok arányából következtettél, én visszafelé teszem), vagy a következőképpen: Először is könnyű látni, hogy M az AC egyenesen van, ugyanis M az S sík pontja, másrészt mivel a C'D' szakasz pontja is, eleme a T síknak is. Ezért M az S és T síkok metszésvonalán, vagyis AC egyenesen van (a Te erre vonatkozó bekezdésedet egyáltalán nem értettem, szerintem elírások is vannak benne).a T síkban D-n keresztül húzzunk párhuzamost AC-vel, amely a C'D' szakaszt K-ban metszi. Mivel CM párhuzamos DK-val és C'D=DC, ezért C'K=KM. De D'A=AD, ezért D'M=KM, vagyis C'M=C'K+KM=2KM=2D'M.

Annak bizonyítása, hogy AC=3AM (ennek indoklását szintén nem értettem nálad, de szerintem el is írtad): A T síkban A-n keresztül húzzunk párhuzamost CD-vel, amely a C'D' szakaszt L-ben metszi. L-en keresztül húzzunk párhuzamost AC-vel, amely a CD szakaszt N-ben metszi. Mivel D'A=AD, AL=1/2*C'D=1/2*CD, vagyis (mivel ALNC paralelogramma) N a CD szakasz felezőpontja. Ezek szerint C'C/CN=4/3=CM/NL. De NL=AC, azaz AC=3AM.

Innen már csak, ahogy írtad, az A'B'M háromszög területét kell összeszámolni, hányszorosa az ABC háromszög területének.

Szép megoldás, de azért néha jól jönnek a vektorok :).

Előzmény: [259] S.Ákos, 2006-11-08 20:23:07
[259] S.Ákos2006-11-08 20:23:07

Kedves Attila!

Lehet, hogy nem teljesen érthető, de én ezt küldtem: Legyen a tetraéder ABC lapsíkja S! Legyen C'D' metszéspontja S-sel M! Lássuk be M-ről, hogy C'D' D'-höz közelebbi hamadolópontja. nyilván C' kétszer olyan távol van S-től, mint D (a középpontos tükrözés tulajdonságai miatt).Emiatt D' viszont olyan távol van S-től mint D. Vegyük azt az SD'C' síkot, amely tartalmazza C'-t és D'-t és merőleges S-re. Legyen D'-ből és C'-ből S-re bocsátott merőlesesek talppontja M1 illetve M2. Így Mivel D'MM2 ~C'MM2, hiszen D'MM2 és C'MM2 csúcsszögek, és D'M1M illetve C'M2M derékszög, vagyis három szögük egyenlő, így hasonlóak, arányuk 1:2, hisz \frac{D'M_1}{C'M_2}=\frac{1}{2}, így az M pont D'-höz közelebbi harmadolópont.

Most lássuk be, hogy AC átmegy M-en! Vetítsük merőlesen D-t S-re, és végzzüke el a tükrözést D-re és A-ra. Húzzunk páruzamost AD-vel C' keresztül. legyen ez az egyenes e. Legyen e és AC metszéspontja M1! e párhuzamossága miatt ACD~AM1C, és arányuk a tükrözés miatt \frac{1}{2} Legyen CC'-vel párhuzamos egyenes és M1A-val párhuzamos egyenes metszéspontja M2 . De a hasonlóság miatt D' felezi M1M2-t. AD=AD'=a,valamint M1C=2a, és AD' párhuzamos M1C-vel. így AD'M1C' trapéz, így átlói alapjai arányaiban osztják egymást, vagyis C'M=2D'M, de mivel a merőleges vetítés aránytartó, ha az adott arányt alkotó szakaszok egyike sem merőleges a vetítés egyenesére. Így AC tartalmazza M-et, valamint látható, hogy AC=AM

Most nézzük A'B'C'D' S-sel való metszetét! Mivel A;B és C S pontjai, így A' és B' is azok, tehát S és A'B'C'D' és S metszete az A'B'M háromszög, mivel A'B' eleme S-nek. Így VA'B'C'D'=VA'B'MC'+VA'B'MD'. az egyik magasság kétszerese, a másik egyenlő ABCD-ével. így csak az MA'B' 3szög területét kell kiszámolnunk. Azt a "tétel"-t használjuk ki, hogy ha két háromszög egy magassága közös, akkor a treületük aránya az ehhez tartozó alapok arányával egyenlő. legyen TABC=t! Így a tételt használva:

TABC=TACB'=TA'BC=TA'B'C=t

, valamint

TABC=3TABM=3TA'BM

és

TACB'=3TAMB'

. Így összesen TA'B'M=TABC+TACB'+TA'BC+TA'B'C+TABM+TA'BM+TAMB'

T_{A'B'M}=t+t+t+t+\frac{1}{3}t+\frac{1}{3}t+\frac{1}{3}t=5t

Így

V_{A'B'C'D'}=V_{A'B'MC'}+V_{A'B'MD'}=\frac{5tm}{3}+\frac{5t*2m}{3}=5tm

, míg

V_{ABCD}=\frac{tm}{3}

így

\frac{V_{A'B'C'D'}}{V_{ABCD}}=\frac{5tm}{\frac{tm}{3}}=15

, vagyis a térfogat 15szörösére nőtt.

az ábrákat eldugtam vhová a gépemen...:(

Előzmény: [258] jenei.attila, 2006-11-08 16:24:57
[258] jenei.attila2006-11-08 16:24:57

Kedves Ákos!

Azt értem amit írsz (valószínűleg az A-tól van az M AC/3 távolságra), de innen még szerintem igen messze van a megoldás (legalábbis én nem látom). Ha van türelmed, légyszíves írd le részletesebben. Köszi.

Az én megoldásom vázlatosan: Az A csúcsból b,c,d vektorokat irányítunk a B,C,D csúcsokhoz. Ekkor az A'-ből B',C',D' csúcsokhoz mutató vektorok: b'=2c-3b, c'=2d-2b-c, d'=-2b-d. A tetraéder térfogata az egy csúcsból induló élvektorok vegyes szorzatának 6-oda. A b'c'd' vegyes szorzatot képezve (felhasználva a skaláris és vektoriális szorzás vektor összeadásra nézve disztributív tulajdonságát és a konstans eh.-tók "kiemelhetőségét"), -8cdb+4cbd-3bcd=15cbd kapunk (itt a vektorok egymás után írása a vegyes szorzatukat jelenti), vagyis a tetraéderünk térfogata valóban 15-szörösére nőtt.

Előzmény: [254] S.Ákos, 2006-11-07 20:13:34
[257] jenei.attila2006-11-08 15:27:27

Én is azt feltételeztem, hogy szabályosból szabályos tetraéder lesz, de ez nem igaz. Most már nekem is 15-szörös térfogat jön ki.

Előzmény: [256] nadorp, 2006-11-08 12:10:36
[256] nadorp2006-11-08 12:10:36

Ha nem számoltam el, akkor a konstrukció szabályos tetraéderből NEM szabályost csinál, te pedig szerintem ezt feltételezted.

Előzmény: [255] V Laci, 2006-11-08 09:23:26
[255] V Laci2006-11-08 09:23:26

De szabályos tetraéderre a térfogatok aránya \sqrt(7^3) lesz, és ha minden tetraéderre azonos ez az érték, akkor a megoldásnak tényleg \sqrt(7)^3-nek kellene lennie...

Előzmény: [254] S.Ákos, 2006-11-07 20:13:34
[254] S.Ákos2006-11-07 20:13:34

hát...lehet hogy én rosszul számoltam, de nekem 15 lett (általánosan (2\lambda+1)(2\lambda2+2\lambda+1) jön ki)

Vázlatosan:

veszed a C'D' él és az ABC sík M metszéspontját, belátod, hogy ez az AC egyenesen van, C-től \frac{AC}{3} távolságra, innét területekkel és magasságokkal szépen kijön

Előzmény: [253] jenei.attila, 2006-11-06 11:25:32
[253] jenei.attila2006-11-06 11:25:32

A B.3927 feladat megoldása, ha már így tették fel a kérdést, gondolom {\sqrt{7}}^3. Érdekelne a feladat teljes megoldása.

[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

  [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]    [45]