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.
[297] S.Ákos2007-03-25 20:10:40

Egy ismerősöm mondta az alábbi bizonyítást:

Tekintsük a \sqrt2;\sqrt3;\sqrt5 oldalú derékszögű ABC háromszöget, amelynek izogonális pontja I. Legyen AI=x;BI=y;CI=z. Ekkor az ABI;BCI;CAI háromszögekre felírt koszinusz-tételek az egyenleteket adják.T_{ABC}=\frac{\sqrt3\sqrt2}2 A terület (a t=\frac{ab\sin\gamma}2 területképletet használva) T_{ABI}=\frac{xy\sin120}2=\frac{\sqrt3}4xyés hasonlóan T_{CBI}=\frac{\sqrt3}4zy T_{CAI}=\frac{\sqrt3}4zx De

TABI+TCBI+TACI=TCBA

\frac{\sqrt3}4(xy+yz+xz)=\frac{\sqrt3\sqrt2}2

xy+xz+yz=2\sqrt2

Előzmény: [295] jenei.attila, 2007-03-25 19:02:16
[296] Yegreg2007-03-25 19:34:25

mondjuk egy \sqrt2, \sqrt3 és \sqrt5 oldalú derészögű háromszög izogonális pontjának csúcsoktól vett távolságainak kell lenni x,y,z-nek (cos-tételből), innen pedig csak a területet kell megnézni kétféleképpen.

[295] jenei.attila2007-03-25 19:02:16

Oldjuk meg a B.3977 feladatot. Nekem \sqrt 8 jött ki, és elég sokat vacakoltam vele. Először könnyebbnek tűnt, kiváncsi vagyok, más hogy csinálta.

[294] Sümegi Károly2007-02-17 14:48:54

B.3971-re van egy elemi megoldásom:

alsó korlátok értéke 0.

S felső korlátja:

Tegyük fel,hogy x\gey\gez.

(x-y)[x(x-z)-y(y-z)]+z(x-z)(y-z)\ge0 fennáll, mert a baloldal könnyen ellenőrizhetően nemnegatív. Emiatt

S=x^2y+y^2z+z^2x+x^2z+z^2y+y^2x\le \frac14(x^3+y^3+z^3+3xyz+3S)\le \frac14(x+y+z)^3=\frac14

Ez x=y=\frac12 és z=0 esetén teljesül.

C felső korlátja:

Tegyük fel, hogy x a legnagyobb.

y\lex ezért y2z\lexyz

z\lex ezért z2x\lezx2

C=x^2y+y^2z+z^2x\le x^2y+xyz+\frac12(x^2z+xz^2)=4\frac{x}{2}\frac{x+z}{2}(y+\frac{z}{2})\le 4(\frac{x+y+z}{3})^3=\frac{4}
{27} a mértani-számtani középpel.

Ez x=\frac23,y=\frac13,z=0 esetén teljesül.

[293] jenei.attila2007-02-15 19:28:34

A B.3953 feladattal kapcsolatban Lacczyka bebizonyította, hogy megadható úgy 100 db szám amelyek összege 0, és 99 nem negatív összegű pár választható ki közülük.

Legalább ennyi azonban mindig kiválasztható: Legyen a 100 szám növekvőleg rendezve

a1\lea2\le...\lea100

1. eset: a1+a100\ge0 Ekkor nyilván az a100-at tartalmazó párok összege mind nem negatív, tehát legaláb 99 nem negatív összegű pár van.

2. eset: a1+a100<0 Ekkor a50+a99\ge0, ugyanis ellenkező esetben

a50+a99<0,a49+a98<0,...,a2+a51<0

teljesülne, azonban ezen párok és a1+a100 összege éppen a 100 szám összege, ami nem lehet negatív.

Ha a50+a99\ge0, akkor

a50+a99\ge0,a51+a99\ge0,...,a98+a99\ge0

, valamint

a50+a100\ge0,a51+a100\ge0,...,a99+a100\ge0

, ez pedig éppen 99 db. nem negatív összegű pár.

Előzmény: [287] Lacczyka, 2007-01-16 21:35:05
[292] leni5362007-02-01 20:56:02

A megoldás:

A napkohó hőmérsékletének felső határát az elérhető maximális felületi teljesítménysűrűség korlátozza, mivel a nap képének van felülete, nem tekinthető pontszerűnek.

Mivel gömtükörről van szó, a gömptükörre eső párhuzamos fénysugarak akkor irányulnak közelítőleg a fókuszpontba, ha a gömbtükör fél nyílásszöge kisebb mint 5°. Ekkor a gömbtükör homlokfelületefelülete és a a fókuszált összteljesítmény:

A=r2\pi=Rt2.sin25o.\pi

P=A\cdot\left(\frac{P}A\right)_0=R_t^2\cdot\sin^25^{\circ}\cdot\pi\cdot\left(\frac{P}A\right)_0

Ahol \left(\frac{P}A\right)_0 a napállandó.

\frac1t+\frac1k=\frac1f

k=\frac{t\cdot f}{t-f}=\frac{d_{NF}\cdot f}{d_{NF}-f}

Mivel dNF\ggf, ezért k\approxf.

A Nap képének sugara:

\frac{R_N}{d_{NF}}=\frac{r_{kep}}{k}

r_{k}=k\cdot\frac{R_N}{d_{NF}}=f\cdot\frac{R_N}{d_{NF}}=\frac{R_t}2\cdot\frac{R_N}{d_{NF}}

A kép felülete:

A_k=\frac{R_t^2}4\cdot\left(\frac{R_N}{d_{NF}}\right)^2

A melegítendő tárgy felületén létrejövő teljesítménysűrűség:

\left(\frac{P}A\right)'=\frac{P}{A_k}=\frac{R_t^2\cdot\sin^25^{\circ}\cdot\pi\cdot\left(\frac{P}A\right)_0}{\frac{R_t^2}4\cdot\left(\frac{R_N}{d_{NF}}\right)^2\cdot\pi}=\frac{4\cdot\sin^25^{\circ}\cdot\left(\frac{P}A\right)_0}{\left(\frac{R_N}{d_{NF}}\right)^2}

Felteszem, hogy a tárgy akkora felületen sugároz ki, mint amekkora felületére esik a Nap képe (mondjuk egy kívülről tükröződő dobozban van elhelyezve, melynek felületén egy parányi lyuk található).

a\cdot A\cdot\left(\frac{P}A\right)'=a\cdot A\cdot \sigma\cdot T^4

T=\root4\of{\frac{4\cdot\sin^25^{{}^{\circ}}\cdot\left(\frac{P}A\right)_0}{\sigma \left(\frac{R_N}{d_{NF}}\right)^2}}=1313K

\left(\frac{P}A\right)_0=120\frac{W}{m^2} napállandót használtam, mivel a légkörön át körülbelül csak ekkora hősugárzás éri el a Föld felszínét.

[291] Anum2007-01-28 08:44:42

Valaki -aki 5 pontot kapott- felrakhatná a P. 3908. (napkohós) feladat megoldását. Igazán kiváncsi vagyok, h mi a pontos megoldás.

[290] Gyöngyő2007-01-27 12:46:50

Sziasztok!

Nekem az A.414 es feladtra küldenétek megoldást,mert a végét elrontottam de nem bírom kijavítani.

Üdv: Zsolt

[289] kdano2007-01-23 22:29:14

Tehát nem a koordináta-geometria megoldásomat szeretnéd hallani? :P

Amúgy vektorokkal is meg lehetett oldani, felhasználva, hogy a háromszög körülírt kör középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege a középpontból a magasságpontba mutat (Euler-egyenes), valamint a középponti szögek tételét. Én nem gondoltam még végig ezt a bizonyítást, de oszttársam mondta, hogy kijön.

Előzmény: [288] HoA, 2007-01-23 21:56:03
[288] HoA2007-01-23 21:56:03

Van valakinek A. 413. -ra olyan megoldása, amiből kiderül, miért A-jelű ?

[287] Lacczyka2007-01-16 21:35:05

Nos, ha már ilyen szépen engedélyt kaptam, akkor meg is írnék egy megoldást: a B. 3953.-as feladatra.

Legyenek a számok a1;a2;a3;...a100; Ha a1=a2=...=a99=(-1), és a100=99, akkor pontosan 99 nemnegatív összegű pár van. Most bizonyítjuk, hogy ennyi mindig van:

Fogjuk a 100 számot, és párokat alkotunk belőlük úgy, hogy minden egyes számot egyszer használunk. Ezen párok összege nyilván megegyezik a 100 szám összegével, pl:

(a1+a2)+(a3+a4)+...+(a99+a100)=0

Elmondhatjuk, hogy ezek közül a párok közül legalább az egyik nemnegatív, mivel ha mind negatív lenne, akkor az összes összege negatív lenne.

Ha sikerültne 99 ilyen összeget alkotni úgy, hogy minden sorban pont a 100 szám összege szerepeljen, és egy adott pár ne szerepeljen 2 összegben, akkor készen lennénk, mert minden összegben találunk nemnegtív párt, és ezek mind különbözők.

Ezen a ponton szeretném felhívni a figyelmet a KöMaL decemberi számának első cikkére: Kiss György: Hogyan szervezzünk körmérkőzéses focibajnokságot? Ha az ember belegondol, akkor a probléma egy és ugyanaz: focibajnokságnál is azt várjuk el, hogy minden fordulóban játszon az összes csapat, és hogy két csapat egy őszi szezon alatt csak egyszer játszon egymással.

Még ha nem is tudnánk, hogy focibajnokság szervezhető, akkor is bőséges felvilágosítással szolgál az előbb említett cikk. 100 csapat részvételével egy bajnokságban pont 99 fordulóra lenne szükség, vagyis készen vagyunk a feladat megoldásával. Nem azt mondom, hogy ez a legjobb módja a feladat megoldásának, de szerintem figyelemre méltó.

Üdv Mindenkinek: Lacczyka

[286] Kós Géza2007-01-16 11:43:20

A határidő a megadott napon éjfélkor jár le. Utána szabad a feladatokról beszélni.

Előzmény: [285] Lacczyka, 2007-01-15 20:00:00
[285] Lacczyka2007-01-15 20:00:00

Üdv!

Lévén új a fórumon, szeretném megkérdezni, hogy mikor számít a határidő lejártnak? Mert ugyebár elvileg 15.-ével lejár a határidő, de én is küldtem már be feladatokat egy-két nap késéssel, és minden további nélkül elfogadták. Mikortól etikus a feladatokról írni a fórumba?

Lacczyka

[284] Sümegi Károly2007-01-04 19:35:22

A képlet még egyszer, mert nem sikerült: sin5A*cosA+sinA*cos5A. A végeredményt még valamivel szorozni kell(32), elnézést kérek, hogy csak a piszkozataimat találtam meg, de nagy vonalakban ez volt a megoldásom.

Előzmény: [283] Sümegi Károly, 2007-01-04 19:21:44
[283] Sümegi Károly2007-01-04 19:21:44

B. 3948.-hoz szerintem nagyon-nagyon szépen eljuthatunk, ha először osztunk 4-gyel, majd a/2=sinA és b=cosA helyettesítést elvégezzük. A vizsgálandó kifejezés 2-szeresére sinAxcos5a+sin5AxcosA=sin6A képletet kapjuk. Innen a keresett összeg [-1/2,1/2] intervallumban lesz és nagyon sok helyen felveszi a szélsőértékeket, de mind meghatározható! Szerintem szépség-díjas:)

Előzmény: [272] S.Ákos, 2006-12-28 19:39:52
[282] jenei.attila2007-01-02 19:13:32

Szép. Először én is így próbálkoztam, aztán eszembe jutott az inverzió, és úgy gyorsabban el tudtam intézni. Egyébként az én megoldásomban az EG egyenes inverz képére nincs is szükség, mert ha már tudjuk, hogy az F a P inverz pontja és az AA" inverz képe átmegy P, már következik, hogy AA" átmegy F-en. Szerintem mindkét megoldás tanulságos, egész jó kis feladat volt.

Előzmény: [281] HoA, 2007-01-02 17:18:42
[281] HoA2007-01-02 17:18:42

Inverzió nélküli bizonyítás: [280] szerint P, A, O, A'' egy körön van. Legyen PO és AA'' metszéspontja F' . Ekkor PF' * F'O = AF' * F'A'' . A PO-ra F' -ben emelt merőleges és az eredeti kör metszéspontjai legyenek E' és G' . Így AF' * F'A'' = F'E' * F'G' = F'E'2 . A két egyenlőségből PF' * F'O = F'E'2 , \frac{PF'}{F'E'} = \frac{F'E'}{F'O} , PF'E' és E'F'O derékszögű \Delta -ek hasonlók, PE'O \Delta E'-nél derékszögű, tehát E' = E és így F' = F, vagyis A, F és A" egy egyenesen van.

Előzmény: [280] jenei.attila, 2007-01-01 19:02:59
[280] jenei.attila2007-01-01 19:02:59

Jelöljünk ki a körön egy A pontot, és kössük össze P-vel. AP egyenes és a kör másik metszéspontja legyen A'. Nyilván igaz, hogy AP*A'P=h*h. B legyen a kör egy másik pontja. AP*BP=h*h csak akkor, ha BP=A'P, amiből B=A' (AB egyenes átmegy P-n), vagy B=A", ahol A" az A' OP egyenesre való tükörképe. Ez utóbbi esetben kell bizonyítani, hogy AA" átmegy F-en.

Vegyük észre, hogy az F pont a P pont körre vonatkozó inverze (vagyis OF*OP=r*r az OEP derékszögű háromszögre vonatkozó befogótétel szerint, ahol E a P-ből húzott egyik érintő érintési pontja (G a másik érintő érintési pontja)). Bebizonyítjuk, hogy az AA" egyenes körre vonatkozó inverz képe az AOA"P kör, az EG egyenes inverz képe pedig az EOGP kör. Vagyis az egyeneseknek megfelelő inverz körök a P pontban metszik egymást, amiből következik, hogy az egyenesek a P inverz pontjában, F-ben metszik egymást.

A'OA" szög=2*POA" szög, mivel A" az A' OP-re való tükörképe. De PAA" szög=A'AA" szög a körünkben az A'A" ívhez tartozó kerületi szög. A'OA", pedig ugyanezen ívhez tartozó középponti szög. Ezért POA" szög=A'AA" szög=PAA" szög, amiből következik, hogy A, O, A", P pontok egy körön vannak. Ez a kör pedig éppen az AA" egyenes eredeti körre vonatkozó inverz képe. Az, hogy az EG egyenes inverz képe az EOGP kör, nagyon könnyen látható.

Előzmény: [279] S.Ákos, 2006-12-31 21:14:52
[279] S.Ákos2006-12-31 21:14:52

vki felrakná a B.3947. bizonyítását?

[278] Csimby2006-12-29 14:43:25

Roszul írtam! y helyébe \frac{1}{\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}-\frac1n}-1-et kell írni, így lesz igaz hogy az öszeg 1 marad és ekkor jön ki az a tört amit ott a végén vizsgáltam...

Előzmény: [277] Csimby, 2006-12-29 14:21:57
[277] Csimby2006-12-29 14:21:57

A.411. Legyenek x1,x2,...,xn pozitív valós számok, amikre teljesül, hogy

\frac1{x_1+1}+\frac1{x_2+1}+\dots+\frac1{x_n+1}=1.

Igazoljuk, hogy \root{n}\of{x_1x_2\dots x_n}\ge n-1.

Legyen xk=x a legkisebb és xj=y a legnagyobb az xi-k közül, ekkor \frac{1}{x_k+1}\ge\frac1n és \frac{1}{x_j+1}\le\frac1n vagyis x\len-1\ley. Továbbá \frac{1}{x_k+1}+\frac{1}{x_j+1}<1 miatt x+y+2<xy+x+y+1 vagyis 1<xy.

x helyébe n-1-et, y helyébe (\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}-\frac1n)-et írva a feltétel továbbra is teljesül (\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i+1}=1).

Viszont xy\ge (n-1)(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}-\frac1n) (biz. lentebb) miatt \root{n}\of{x_1x_2\dots x_n}=A értéke csökken. Ezt az eljárást folytatva A értékét minden lépésben csökkentjük egészen addig amíg minden i-re xi=n-1 nem lesz, amikor is a bizonyítandó állítás triviális. És így, mivel A-t mindig csökkentettük a kezdeti állítás is igaz volt.

xy\ge (n-1)(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}-\frac1n) átrendezés után:

0\ge\frac{(n-1-x)(n-1-y)(xy-1)}{-(1+x+y+xy)+n(2+x+y)}

Ahol a számlálóban: n-1-x\ge0 ; n-1-y\le0 ; xy-1>0

A nevező pedig mindig pozitív hiszen: 1+x+y+xy\le1+n-1+y+(n-1)y=n(y+1)<2n+nx+ny=n(y+1)+n(x+1)

Így a tört értéke valóban mindig negatív.

Van valakinek más, esetleg közepes megoldása? Vagy lát valaki hibát az enyémben?

[276] jenei.attila2006-12-28 20:42:49

Még valami: milyen OKTV feladat nyomán készült ez a feladat?

Előzmény: [273] S.Ákos, 2006-12-28 19:51:43
[275] jenei.attila2006-12-28 20:41:59

Ez nagyon szép megoldás. Tulajdonképpen ez is hasonlít az enyémhez, azzal a különbséggel, hogy én csak a 16-ot és 8-at jelöltem ki. Ez azért egyszerűbb. Köszi.

Előzmény: [273] S.Ákos, 2006-12-28 19:51:43
[274] jenei.attila2006-12-28 20:21:41

Hát szerintem is csak a maximumra adtam választ, de ha azt kérdezik milyen NAGY lehet a kifejezés értéke, akkor ez a maximumot jelenti, különben azt kérdezték volna, hogy pl. milyen határok közt változhat a kifejezés értéke. Egyébként ugyanaz a megoldásod, mint az enyém.

Előzmény: [272] S.Ákos, 2006-12-28 19:39:52
[273] S.Ákos2006-12-28 19:51:43

B.3950.(vázlat)

Kijelölöd az első esetben az 1,2,4,8,16 elemeket. Bárhogy is választasz ki elemeket a többi szám közül, a kijelöltek halmazhoz vételével 1 féleképp el tudod érni, hogy megfelelő halmazt kapj, így 22001 jó részhalmaz van.

A második esetben a kijelöltek az 1,2,4,8 elemek. itt 22002 a jó részhalmazok száma.

Előzmény: [271] jenei.attila, 2006-12-28 13:41:47

  [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]