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.
[310] Yegreg2007-06-16 14:31:25

B4004. módosítása:

Adott az ABC szabályos háromszög síkjában egy A' pont. Egy, az A'-n átmenő egyenes az AB és AC egyeneseket rendre a C' és a B' pontokban metszi (az egyszerűség kedvéért B' és C' lehetnek ideális pontok is). Igazoljuk, hogy a BB' és a CC' egyenesek metszéspontjának mértani helye egy, az A, B és C pontokon átmenő kúpszelet (ellipszis, hiperbola, parabola, kör vagy két metsző egyenes)!

[309] Alma2007-06-12 21:59:48

Kedves Dani! Szerintem mi ezt már MSNen is megbeszéltük :D. Azért köszi a választ.

Előzmény: [308] tüzes, 2007-06-12 20:22:26
[308] tüzes2007-06-12 20:22:26

Kedves Alma! (Re: P.3992) Megpróbáltam megoldani a példát kézzel, nem ment. Próbáltam számítógépes programmal, nem ment. A szögre én is kaptam harmadfokú egyenletet, melyből én két nem valós és 1 valós gyököt kaptam. (Azért nem valós, mert volt benne i, és a program sehogy sem tudta kiküszöbölni). A páldában kitűzött kérdésekre csak program által adott eredményekkel tudtam válaszolni, de a becsapódás helyét még a számítógép sem tudta kiszámolni (egzakt módon). Akinek sikerült megoldania bármilyen módszerrel, kérjük ossza meg velünk eredményét!

Előzmény: [307] Alma, 2007-06-12 13:41:56
[307] Alma2007-06-12 13:41:56

A mostani számban volt egy fizikafeladat, a P.3992., ami nekem nem nagyon tetszett. Én az elválási szög koszinuszára egy szép paraméteres harmadfokú egyenletet kaptam, aminek természetesen 3 valós gyöke van (és i-t egyikből sem tudtam kiküszöbölni). Mi nyílván csak a 0 és 1 közé esőt keressük. Ebből kellett még sebességet, becsapódási sebességet és még földetérés helyét is számolni. Szerintem ez csak papírral és ceruzával közel lehetetlen (rengeteg munka és hogy melyik gyök van 0 és 1 között az nem is egyszerű) Úgy gondoltam, hogy +1 pont nekem nem ér meg ennyi fáradságot. Valaki megcsinálta a feladatot? Ha valaki tud frappáns megoldást (program használata NÉLKÜL), annak nagyon örülnék ha megosztaná velem.

[306] Gyarmati Péter2007-06-06 15:38:07

A 2004. szeptemberi számban jelent meg a K.1. feladat. A tábla felállítás helytelen, mert a jobb alsó sarok (h1) színe világos kell, hogy legyen. Az utolsó soron (világos esetében a nyolcadikon) nem állhatnak gyalogok, mert ott át kell változniuk valamilyen tisztté.

Mit akartam ezzel mondani? Egy több ezer éves játék a kultúra része; figyeljünk rá jobban, még ha csak eszközként is használjuk, mint például a K.1-ben.

[305] Doom2007-05-28 14:46:35

Véleményem szerint minden javítónak meg kell tudnia oldani az olyan szintű példákat, amiket javít. Emellett persze jó szolgálatot tesz - tehetne az elektronikus munkafüzetben megjelenő mintamegoldás, csak jóval a javítási határidő után kerül fel. Így viszont nem látom túl sok értelmét, hiszen a javítót már nem segíti.

Ui: mivel nem tudtam, ez melyik topicba is tartozna igazán, így ide raktam, mert gondolom ezt rendzseresen olvassák, nehogy még aktuális példa megoldása kerüljkön fel. :)

[304] Csimby2007-05-16 23:39:12

A.427. Egy papírlap szélére 2007 "fület" ragasztunk. A fülek egy-egy hosszú papírcsíkból állnak, amelyek keresztezhetik egymást, de egyikük sem csavarodhat meg. Igazoljuk, hogy az így keletkezett felületnek legalább két határgörbéje van. (Például az ábrán látható felületnek három határgörbéje van.)

Tegyük fel, hogy m db fül hozzáragasztása után a határ k db (diszjunkt) "kör". Ekkor egy újabb fül vagy két ilyen kör között megy és így a két körből egy nagyot csinál, vagy pedig egy darab kört vág szét két körre. Az első esetben eggyel csökken míg a másodiban eggyel nő a határoló körök száma. Kezdetben (az első fül hozzáragasztása előtt) a határ egy darab körből áll. Az előzőek miatt viszont csak páros sok fül hozzáragasztása után maradhat ez a szám 1.

[303] Willy2007-03-28 13:16:46

(Off topic: Mellesleg ezért is gondolom úgy, hogy nem szabad mások pontosságát minősíteni... bár az is igaz, hogy nem nekem kell erkölcsre tanítanom másokat.)

Előzmény: [302] Willy, 2007-03-28 13:14:39
[302] Willy2007-03-28 13:14:39

P.3949.

Ezt a feladatot és a belőle levonható néhány tanulságot ajánlom mindenkinek (mint érdekesség): A feladat nem volt bonyolult, viszont volt benne egy probléma, ami nem tűnt fel mindenkinek. Ez a rész a kapcsolattartási idő meghatározása volt.

A gond nem is volt annyira szembeötlő, sőt, inkább részletesebb átgondolást ás megfontolásokat igényelt. Ezért is született az a döntés, hogy minden helyes, de pontatlan megoldást elfogadunk. Lényegében tényleg a pontossággal is foglalkozni kellett/lehetett.

Aki foglalkozott a feladattal, az tudja, hogy a szonda keringési ideje kb. 1,7h. Ez viszont már nem elhagyagolható a Mars keringési idejéhez képest, ami kb. 24h, tehát ezt is érdemes figyelembe venni a pontosabb eredményhez (ez által okozott hiba kb. 7%). A feladatban erre nem volt utalás (bár a sugárra sem). Az sem mindegy, hogy milyen pályán kering a szonda, ezért inkább egy intervallumot érdemes megadni a lehetséges kapcsolattartási idővel, ami 447s és 516s között van. ( vagy (418,5\pm34,5) s) Látható, hogy egy figyelmen kívül hagyott jelenség mennyire képes eltorzítani a számításokat.

Amiért mégis nagyon jó és hasznos ez a feladat, hogy mindenki, aki most ebben már elmerült egy kis "filozófiát" is tanulhat mellé. Egy ilyen feladatnál is törekedni kell a minél pontosabb megoldásra, de kérdés, hogy meddig. Erre a kérdésre a választ egyetemen tanuljátok majd, ott majd látjátok, hogy ez "attól függ..."-el kezdődik (főleg a mérőeszköz szabja meg). Ez a feladat csak egy elméleti levezetés, aminek a pontosságát a szöveg határozta meg.

Akik észrevették ezt az eltérést, azoknak nagyon örültem, akik meg kihagyták, azoknak sem kell szényenkezniük, a feladat volt kicsit "bibis", másrészt 7% kockás lapon nem a világ (műszaki rajzlapon és egyetemi JK-ban már annál vészesebb). De tényleg érdemes az ilyen apróságokra is odafigyelni, főleg, ha az embernek ez lesz a szakmája. (Nem is beszélve azokról az ismeretlen hatásokról, amikről talán még nem is tudunk.)

[301] Python2007-03-26 16:36:24

Én is kb így csináltam.

Nekem a befejezése (szerintem) egyszerűbb, de logikailag ugyanaz.

a-val jelöltem a kérdezett mennyiséget.

[...]

Összeadva az eredeti egyenleteket:

(4)2(x2+y2+z2)+xy+yz+zx=10

és 3a-t hozzáadva

(5)2(x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx)=2(x+y+z)2=10+3a

[...(páronkénti kivonás)...]

Adjuk össze a (6), (7), és (8) egyenletek négyzeteit: ((6), (7), (8): páronként kivonással kapott egyenletek)

(x+y+z)^2\left[(z-x)^2+(y-x)^2+(z-y)^2\right]=9+4+1

Felszorozva 2-vel:

2(x+y+z)2(2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2zx)=28,

felhasználva (4)-et és (5)-öt

(10+3a)(10-3a)=28

100-9a2=28

72=9a2

a=\root\of{8},

mivel csak pozitív lehet.

Előzmény: [298] jenei.attila, 2007-03-25 21:31:08
[300] rizsesz2007-03-25 23:57:25

szerintem ez ismert feladat volt, legalábbis nekem rémlik valami tök ugyanilyen feladat a 20. század végéről. :)

[299] Yegreg2007-03-25 21:50:04

nem, tudom, ez a koszinusz-tételes dolog nekem zuhanyozás közben ugrott be :oD, a terület meg már onnantól adta magát

[298] jenei.attila2007-03-25 21:31:08

Ketten is ugyanazt a megoldást adtátok, ezek szerint ez egy ismert feladat volna? Az én megoldásom algebrai és némileg hosszabb. Vázlatosan: Az egyenleteket páronként kivonva egymásból kapjuk: (x-z)(x+y+z)=-3, (y-z)(x+y+z)=-1, (x-y)(x+y+z)=-2 (nem függetlenek, de ez nem baj). Ezeket négyzetre emelve és összadva:

(x+y+z)2((x-y)2+(x-z)2+(y-z)2)=14

Az (x-y)2=x2-2xy+y2 azonosságból és az első egyenletből kapjuk, hogy (x-y)2=2-3xy. Hasonlóan (x-z)2=3-3xz, (y-z)2=5-3yz. A rövidség kedvéért vezessük be az A:=xy+xz+yz jelölést. Továbbá az eredeti egyenleteket összeadva, és felhasználva a három tag összegének négyzetére vonatkozó azonosságot kapjuk, hogy

x^2+y^2+z^2=\frac{1}{2}(10-A)

. A most nyert kifejezéseket a

(x+y+z)2((x-y)2+(x-z)2+(y-z)2)=14

egyenletbe helyettesítve:

(\frac{1}{2}(10-A)+2A)(10-3A)=14

, Ebből pedig A=\sqrt 8.

Előzmény: [297] S.Ákos, 2007-03-25 20:10:40
[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

  [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]