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]    [46]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[30] Rácz Béla2003-12-16 21:46:49

Kedves Ákos!

Azt hiszem, van azért pontatlanság a megoldásban. Például nem biztos, hogy a v értéket a függvény felveszi a [0,1] intervallumon; el lehetne képzelni olyan f-et is, aminek az abszolút minimuma a [0,1]-en kívül van. Az sem biztos, hogy a minimumból az abszolútérték-vétel után maximum lesz; ezért abból, hogy abs\left((x-u)^2+v\right) \le \frac 18, nem feltétlenül következik, hogy v = -\frac 18, csak az, hogy v \ge -\frac 18.

Azt is érdemes lenne pontosabban kifejteni, hogy miért rossz, ha nem y = \frac 12-ben van a parabola tengelye - vigyázat, a tengely a [0,1]-en kívül is lehet! A megoldást pedig talán jó lenne algebrailag is, és nemcsak rajzzal ellenőrizni.

(Elnézést, ha rosszul követtem a gondolatmenetet, vagy éppen én követtem el hibát.) Persze ettől még nem 0 pontos egy megoldás; nagyon meglep, hogy nem kaptál rá legalább 2-3 pontot. Engem is érdekelne a javító véleménye.

Előzmény: [25] Gyarmati Ákos, 2003-12-15 21:14:14
[29] Rácz Béla2003-12-16 21:45:33

Kedves András!

Meglep, hogy ilyen sok megoldó vesztett ezen pontot.

Ennél a feladatnál előfordulhat, hogy a beküldő implicite bebizonyította a kétirányúságot a részállításoknál. Pl. ha az illető azt az utat követte, amin most én is haladtam (trigonometriai számítás), akkor részeredményként azt kapja meg, hogy az első feltétel pontosan akkor teljesül, ha a megfelelő szög derékszög, a másik pedig pontosan akkor, ha a megfelelő szög 60°-os. Azt kérdezném, hogy ha egy megoldó a részállításoknál bizonyította a kétirányúságot, és csak az összefoglalásnál feledkezett meg erről, akkor az ő dolgozata milyen elbírálás alá esett?

Előzmény: [28] Rizsa, 2003-12-16 09:53:02
[28] Rizsa2003-12-16 09:53:02

Kedves Csaba!

A b.3670es feladat kapcsan valo verengzes az en kezemhez fuzodik, ugyhogy most magyarazkodom egy sort... Pontosan ezert vontam le azt az egy pontot, mert ez egy oda-vissza allitas volt. Szerintem elvarhato, es pontot kell, hogy erjen, mert ez ahhoz hasonlo, mintha adva lenne egy haromszog szoge, es egy masiknak a szinusza, es az egyik kizarasos alapon kiesne, mert mondjuk a szogek osszege az egyik esetben 180 foknal nagyobb lenne :) meredek pelda, de lenyegeben szerkezetileg ugyanez, es szerintem ott termeszetes a diszkusszio. Nyilvan nagyon nem fair dolog, mert igy lenyegeben ez az ot diak ezzel egy pont elonyhoz jut. Viszont meg is dolgoztak ezert az egy plusz pontert, ezt mindenkeppen hozza kell tenni! Kőrizs András

[27] lorybetti2003-12-15 21:26:01

Kedves Ákos!

Ugyanigy oldottam meg én is ezt a feladatot. Talán még szerencsésnek is mondhatom magam, mert 1 pontot kaptam, és szeretném tudni, miért!

Előzmény: [25] Gyarmati Ákos, 2003-12-15 21:14:14
[26] PálinkásCsaba2003-12-15 21:22:45

Én már sokat gondolkoztam, hogy miért vontak le 1 pontot a B.3670-nél,talán azért mert nem igazoltam, hogy a 30,60,90 fokos háromszög hozzáírt körei valóban teljesítik is a feladat feltételeit így az általunk talált szöghármas elégséges is, nemcsak szükséges. De ez csak találgatás (nekem is 4 pont lett) kíváncsi vagyok az igazi helyes megoldásra.

Előzmény: [24] Csimby, 2003-12-12 18:38:49
[25] Gyarmati Ákos2003-12-15 21:14:14

B. 3668-as feladatra én a következő megoldást adtam:

Alakítsuk át a függvényt f(x)=(x–u)2+v alakúra. Mivel a függvény képe egyenes állású parabola, ezért minimumértéke v lesz, ekkor x=u. Az abszolútérték, miatt a már transzformált függvény maximumértéke lesz. Mivel abs((x-u)2+v)<=1/8 , ezért abs(v)=1/8, v=-1/8 . Mivel a függvény képe a parabola tengelyesen szimmetrikus (tengelye x = u-ban van), ezért ahhoz, hogy a parabola mindkét ága a megadott értéken belül maradjon, a [0;1] intervallumon, tengelyének u=0,5-ben kell lennie. Ha u-t nagyobbra választanánk (u=0,5+p, p eleme R(+) és p < 0,5), akkor az 0 < x < p szakaszon a függvény értéke nagyobb lenne, mint . Hasonlóképpen látható, hogy ha u-kisebbre választanánk mint 0,5 (u=0,5–p, p eleme R(+) és p < 0,5) akkor az (1 – p) < x < 1 szakaszon nem teljesülne a feltétel. Tehát u=0,5. Ekkor a függvény, így néz ki: f(x)=(x–0,5)20,125. Az eredeti függvényt teljes négyzetté alakítva: x2–ax–b=(x-a/2)2-(a2)/4-b. Tehát a/2=0,5,a=1. Ekkor b=-1/8, f(x)=x2–x+1/8 .Tehát a=1, és b=-1/8.

Én a megoldást függvényként ábrázoltam, és abból is az derül ki, hogy a és b ezen értékei megfelelnek.

Ennek ellenére 0 pontot kaptam. Szeretném megtudni miért?

[24] Csimby2003-12-12 18:38:49

A B.3670-es példában volt valami rejtett gonoszság, vagy csak egy keménykezű javítóhoz került? Ugyanis szinte senki sem kapott rá 5 pontot... Valaki mondja meg aki rájött, miért kapott/nem kapott max. pontot.

[23] Kós Géza2003-12-11 10:03:40

Én inkább a bn=xn2+yn2+zn2 összeggel írtam volna a megoldást, azzal majdnem szó szerint ugyanúgy jön ki, hogy

b_{n+1}=x_{n+1}^2+y_{n+1}^2+z_{n+1}^2=
\left(y_n+\frac1{z_n}\right)^2+
\left(z_n+\frac1{x_n}\right)^2+
\left(x_n+\frac1{y_n}\right)^2>

>x_n^2+y_n^2+z_n^2+
2\left(\frac{y_n}{z_n}+\frac{z_n}{x_n}+\frac{x_n}{y_n}\right)
\ge b_n+6\root3\of{\frac{y_n}{z_n}\cdot\frac{z_n}{x_n}\cdot\frac{x_n}{y_n}}=b_n+6,

és b200>b1+199.6>1200.

Előzmény: [22] Rácz Béla, 2003-12-10 18:48:01
[22] Rácz Béla2003-12-10 18:48:01

Ha a B-feladatra gondolsz, a szeptemberiek megoldásai már a honlapon is fenn vannak, itt.

Előzmény: [21] Suhanc, 2003-12-09 21:38:02
[21] Suhanc2003-12-09 21:38:02

A szeptemberi egyetlen 5 pontos feladat megoldását fel tudná valaki tenni?

[20] Suhanc2003-12-07 13:46:49

Kedves Nadorp!

Most volt türelmem végigolvasni! Nagyon ravasz!!!

[19] nadorp2003-11-27 15:56:44

B3671

Megpróbálok vázlatosan leírni egy megoldást. Nem túl szép, de jónak tűnik.

Előszőr is alakítsuk át a baloldalt:

(x2+y)(x+y2)=x3+y3+xy+x2y2=(x+y)[(x-y)2+xy]+xy(xy+1)=(x+y)(x-y)2+(x+y)xy+xy(xy+1),azaz

(x+y)(x-y)2+xy(x+1)(y+1)=(x-y)3

2y(x-y)2+xy(1+x)(1+y)=0

Innen y=0 és x bármely egész az egyik megoldás.

Ha y\ne0, akkor y-nal osztva és felhasználva, hogy (x-y)=(1+x)-(1+y)

2(1+x)2-4(1+x)(1+y)+2(1+y)2+x(1+x)(1+y)=0

2(1+x)2+(x-4)(1+x)(1+y)+2(1+y)2=0

Ha x=-1, akkor y=-1 és ez is megoldás. Ha x\ne-1, akkor bevezetve az r=\frac{1+y}{1+x} új változót, kapjuk

2r2+(x-4)r+2=0

Ez egy egész együtthatós másodfokú egyenlet, melynek racionális megoldását keressük. Ez csak úgy lehet, ha a diszkrimináns négyzetszám, azaz

(x-4)2-16=z2 , ahol z egész.

Könnyen ellenőrizhető, hogy két négyzetszám különbsége csak két esetben lesz 16:

25-9=16 vagy 16-0=16. Innen

(x-4)2=25 vagy (x-4)2=16 adódik, azaz

x= 0 ,8 vagy 9 lehet. ( Az x=-1 esetet már kezeltük).

Innen már y könnyen meghatározható.Az összes megoldás:

x= bármely egész szám , y=0

x=-1 , y=-1

x=8 , y=-10

x=9 , y=-6

x=9 , y=-21

Előzmény: [3] Suhanc, 2003-11-20 14:40:16
[18] Kós Géza2003-11-26 11:16:34

BTW Béla, mikor tanulsz meg legalább egy kicsit szépen írni? Egyáltalán nem kidobott idő. Ha nagy leszel, úgyis minden cikket TeX-ben kell majd írnod. (Ez még akkor is igaz, ha nem matematikus, hanem fizikus leszel :-P)

Az alsó és felső indexek írása meg semmiség, pl. $H_{i+2}^2$ = Hi+22. De az egész TeX minitanfolyamon is átrághatod magad egy óra alatt.

U.I. Rég láttalak a Tom és Jerryben.

[17] Kós Géza2003-11-26 11:06:11

Én is erre tippeltem.

Ezeket az azonosságokat Newton-Girard formuláknak hívják (lásd pl. itt), de hallottam már a Newton-Waring-Girard formulák elnevezést is.

Előzmény: [14] Rácz Béla, 2003-11-25 21:00:07
[16] Rácz Béla2003-11-25 22:51:00

Kösz, Peti!! Benned bíztam!

Szóval, kedves Géza! Irodalomként hivatkozom Pach Péter Pál alábbi hozzászólására!

[15] Pach Péter Pál2003-11-25 22:41:52

Én úgy emlékszem, hogy Tihamér éppen a k\gen esethez tartozó összefüggést nevezte Newton-tételnek. Biztos, hogy „sokkal könnyebb bizonyítani”? Az igaz, hogy ott működik egy olyan bizonyítás is, ami sokkal rövidebb, de a \sum-s felírás mindkettőt kihozza. Remélem mindenki kitalálja, hogyan működik a jelölés. :-)

s_1 \cdot h_{k-1} ={\sum a}{\sum {a^{k-1}}}={\sum {a^k}}+{\sum {a^{k-1}}b}

s_2 \cdot h_{k-2} ={\sum ab}{\sum {a^{k-2}}}={\sum {a^{k-1}b}}+{\sum {a^{k-2}}bc}

És így tovább…

Az ilyen típusú egyenleteket kell összeadni, hogy megkapjuk azt a tételt, amit (legalábbis ebben a témában) Newton-tételnek hívunk. A végén (az utolsó egyenletnél) egyébként éppen k\len miatt „jön be” a k-as szorzó.

Előzmény: [14] Rácz Béla, 2003-11-25 21:00:07
[14] Rácz Béla2003-11-25 21:00:07

Hát biztos az a baj, hogy nem ez a neve ...

Szóval, az állítás a következő:

Ha van n szám, és bármely i-re H(i) a számok i. hatványösszege, S(i) pedig az összes i-szeres szorzat összege (ami a Vieta-formulákban szokott pl. felbukkanni), akkor k <= n esetén

H(k) = S(1)*H(k-1) - S(2)*H(K-2) + S(3)*H(K-3) - ... + (-1)i*S(i)*H(k-i) + ... + (-1)k*S(k-1)*H(1) - (-1)k*k*S(k)

Például (k=3-ra):

H(3) = S(1)*H(2) - S(2)*H(1) + 3S(3), ez tényleg nagyon ismert.

Nagyon hasonló állítás igaz akkor is, ha k >= n, csak azt sokkal könnyebb bizonyítani.

Olimpiai felkészülésen mint ismert tételre hivatkoztak erre; azt hiszem, ott hallottam rá azt a nevet, hogy Newton-tétel. Most akkor utánanézek.

Előzmény: [10] Kós Géza, 2003-11-24 16:35:36
[13] Csillag2003-11-25 20:38:11

:)

Előzmény: [12] Kós Géza, 2003-11-24 19:27:19
[12] Kós Géza2003-11-24 19:27:19

Blöffölni tudni kell. :-)

Tegnap hallottam, hogy valaki egy versenyen hivatkozott a "Csimkin féle fokszámeltolási tételre", és ezt még egy hivatkozással is megtoldotta egy orosz nyelvű lap 30 évvel ezelőtti számára. Elhitték neki.

Előzmény: [10] Kós Géza, 2003-11-24 16:35:36
[11] Csillag2003-11-24 18:50:44

Szia Béla!

Ezt megkaptad!:)

Amúgy avass be, hogy hol olvastad a tételt!

Köszi mindannyiunk nevében!

GB

Előzmény: [9] Rácz Béla, 2003-11-22 20:49:47
[10] Kós Géza2003-11-24 16:35:36

Szia Béla,

Számomra nem egyértelmű, hogy mi az a ,,polinomos Newton-tétel'', de ha tisztességesen hivatkoztál rá, akkor nem lehet gond.

Előzmény: [9] Rácz Béla, 2003-11-22 20:49:47
[9] Rácz Béla2003-11-22 20:49:47

Az A. 326. példáról szeretnék kérdezni. (Géza, figyelem!)

Szóval: baj, ha felhasználtam a polinomos Newton-tételt, mint nagyágyú?

[8] lorantfy2003-11-22 16:48:22

Bocs! A vége rossz lett:

... amiből: (a+b+c)(a+b-c)=2ab

(a+b)2-c2=2ab, vagyis a2+b2=c2

Előzmény: [7] lorantfy, 2003-11-21 14:00:31
[7] lorantfy2003-11-21 14:00:31

Kedves Rizsa!

Jól néz ki a megoldás, de én az alábbi két egyenlet összevetéséből:

\frac{t^2}{(s-a)(s-b)}=\frac{ab}{2}

t2=s(s-a)(s-b)(s-c)

ezt kapom: s(s-c)=\frac{ab}{2}, amiből (a+b+c)(a+b)=2ab

Elírtál valamit vagy csak én vagyok túl fáradt?

Előzmény: [6] Rizsa, 2003-11-21 11:39:25
[6] Rizsa2003-11-21 11:39:25

en igy oldottam meg a b. 3671.t:

Ra = t/(s-a) Rb=t/(s-b), r=abc/4t

Ra+Rb= t*(1/(s-a)+1/(s-b))=t*c/((s-a)*(s-b))=2r=abc/2t, mert s-a+s-b=2s-(a+b)=c.

ebből t*t/((s-a)*(s-b))=ab/2. t*t=s*(s-a)*(s-b)*(s-c), egyszerusitve (s-a)*(s-b)=ab/2

s-a=(b+c-a)/2, s-b=(a+c-b)/2.

Ebből (b+c-a)*(a+c-b)=2ab.

c*c-(a-b)*(a-b)=2ab, amiből c*c=a*a+b*b, gamma=90fok. ugyanigy a masik szog 60 fok, tehat a harmadik szog 30fok. szerintem igy egyszerubb :)

  [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]    [46]