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.
[47] Hajba Károly2004-05-29 14:01:52

Kedves Fórumozók!

Kristóf Miklós a GEOMERTRIA [59] és [67] hozzászólásában feladott egy érdekes kirakós feladatot, mely megoldását Kós Géza a [85]-ben leállított, mivel a KöMaL áprilisi számában ebből lett az alábbi A.344 feladat:

Létezik-e olyan rácstéglalap, amit fel lehet osztani az ábrán látható mintával egybevágó rácsötszögekre?

Én is gondolkodtam rajta, összedobtam egy - remélhetőleg hibátlan gondolatmenetű - bizonytási vázlatot, miszerint nem létezik. Ha mást is érdekel, mint ahogy Géza mondta, beszéljük meg.

HK

[46] lorantfy2004-05-27 15:12:34

Kiegészítő feladat a B.3729-hez:

Vegyük fel az ABC \Delta oldalain az E,F,G pontokat a feladat feltételeinek megfelelően. Legyenek a megfelelő metszéspontok R,S és T.

Bbh. RST \Delta csúcsait tükrözve a szemközti oldalfelező pontokra a tükörképek az ABC \Delta oldalaira esnek.

[41] Gyarmati Péter2004-01-27 14:40:57

Akik később kapták meg a KöMaLt, azok számára a megoldások beküldési határideje februát 2. A B.3688 megoldását tehát korai volt publikálni! A határidő újabb módosítása nem lehetséges - például a jogi gyakorlatban sincs visszamenőleges, hátrányos szabálymódosítás. Így viszont...

[40] lorantfy2004-01-27 13:56:57

Kedves Attila!

Nagyon ügyes és egyszerű a megoldásod. Kösz a segítséget! Közben emilben is kaptam két ötletet - nekik is köszönöm.

(Az egyenlőtlenség négyzetreemelése után persze még \sqrt x-et be kell írni az eredeti egyenlőtlenségből és úgy rendezni...)

Előzmény: [39] jenei.attila, 2004-01-26 16:24:01
[39] jenei.attila2004-01-26 16:24:01

Kedves László!

Legyen t:=0.414213462, és n természetes szám. Olyan x természetes számot keresünk, amelynek négyzetgyöke az n+t -nél csak egy picit nagyobb, méghozzá kevesebb mint 10-9-nel nagyobb. Tehát x körülbelül (n+t)2, egész és a négyzetgyöke kicsit nagyobb mint n+t. Legyen ezért x=[(n+t)2+1], itt [] az egész részt jelöli. Ekkor x megfelelő lesz, ha az n elég nagy, vagyis \sqrt{x}-(n+t)<10^{-9}. Az egyenlőtlenséget négyzetre emelve, és átrendezve x-(n+t)2<10-18+2*10-9*(n+t). A bal oldal nyilván 1-nél kisebb, a jobb oldal pedig nagyobb mint 10-18+2*10-9*n, ezért ha 1<10-18+2*10-9*n teljesül, akkor az előző egyenlőtlenség is teljesül. 10-18 -t elhagyva kapjuk, hogy ha n\ge1/2*109, akkor x=[(n+t)2+1] megfelelő lesz. Természetesen ez nem jelenti azt, hogy nincs ennél jóval kisebb megoldás, de ezt a feladat nem kérte.

Előzmény: [37] lorantfy, 2004-01-19 13:51:32
[38] Suhanc2004-01-24 10:16:56

Kedves Fórumosok!

Remélem, most már szabad a feladatokról kérdezni. A B.3683. feladat megoldása érdekelne. Felrakná valaki, akinek kijött?Előre is köszönöm!

[37] lorantfy2004-01-19 13:51:32

Kedves Fórumosok?

A január 15. beküldési határidő már lejárt, de úgy tudom akikhez később érkezett a lap haladékot kaptak? Nem tudom ez mikor jár le? Mindenesetre szeretnék mielőbb valamit megtudni a B.3688 feladat ötletéről!

[36] Gyarmati Péter2003-12-29 16:04:37

Kedves Kőrizs András!

Én már 32 évvel ezelőtt KöMaLoztam, tehát ismerem a lapot. Azt is tudom, hogyha Ön feladatot tűzne ki, akkor a nevét feltüntetnék, és természetesen: nem az Ön dolga a kitűzésre szánt feladatok megalkotása.

Az, hogy egy feladat szép, vagy sem - szubjektív, ezért jobb, ha erről nyilvános fórumon nem nyilatkozunk. A megoldások "szépségét" befolyásolja az is, hogy a feladat mennyire tartalmas, ötletes.

Bizonyára olvasta a négyszínsejtés megoldásának történetét. Simon Singh: A nagy Fermat sejtés című könyvének 332. oldalán ezt olvashatjuk: "...Philip Davis matematikus Reuben Hershnek írt levelében ehhez hasonlóan nyilatkozik a négyszínsejtésről: "Csodálatos! Hogyan csinálták? - ez volt az első reakcióm. Valamilyen ragyogó új megközelítést vártam, egy olyan kiinduló ötletet, amelynek szépsége bearanyozza a napomat. "Több ezer esetre bontották szét, és egyiket a másik után lefutatták a számítógépen" - volt a válasz, s ez teljesen elkedvetlenített. "Ha csak így lehet bebizonyítani akkor nem is volt olyan jó probléma" -állapítottam meg."

[35] Rizsa2003-12-29 13:16:14

Tisztelt Gyarmati Peter!

Egy kis kozjatek: en ket eve vegeztem el a kozepiskolat, 4 evig foglalkoztam a komallal. Utana megkerestem a szerkesztoseget, es igy kerultem kapcsolatba a feladatok javitasaval. Ebbol kovetkezoen en csak feladatok javitasaval foglalkozom, tehat feladatokat nem tuzok ki, viszont a javitas soran felmerulo esetleges problemaimat, mint ahogy tavaly is, iden is meg tudom beszelni a szerkesztoseg tagjaival.

A feladattal kapcsolatban lenyegeben akkor a kovetkezoket mondanam el mindenkinek:

azert szuletett ennyi 4 pontos dolgozat, mert sokan csak az egyik ranyba oldottak meg a feladatot, azaz belattak, hogy a feltetelek teljesulese eseten a haromszog szogei az adottak. az azonban lemaradt, hogy ha ezek a szogek, akkor az allitas valoban igaz, ez egyebkent most annyival elintezheto lett volna, hogy mivel allitasaink megfordithatoak...

masfelol az otpontos dolgozatok mindegyikeben a megoldok egy korulbelul feloldalas szamolasban igazoljak, hogy a feltetelek valoban teljesulnek. ezert a plusz munkaert pedig kulondijat adni eeleg meresz dolog lenne.

amennyiben barkinek barmilyen kerdese van meg a feladattal kapcsolatban, akkor azt kerem e-mailben jelezze a korizsa@hotmail.com cimen

tisztelettel,

Kőrizs András

[34] Ratkó Éva2003-12-23 19:46:16

Kedves Ákos!

Tegnap éppen emiatt föltettem a honlapra, csak éppen a legutolsó parancsszót elfelejtettem kiadni, ami miatt mégsem volt látható. Most már minden rendben. Jó munkát!

Ratkó Éva

Előzmény: [33] Gyarmati Ákos, 2003-12-23 18:10:59
[33] Gyarmati Ákos2003-12-23 18:10:59

Tisztelt Szerkesztőség!

A KöMal újság még mindig nem érkezett meg, a feladatok a honlapon sincsenek fenn, így jelentős hátrányba kerülök. Legyenek szívesek megküldeni az újságot. Nyílván, így majd a határidő is eltolódik.

Gyarmati Ákos

[32] Gyarmati Péter2003-12-23 18:00:35

Kedves Kőrizs András!

Ha egy feladat megoldható bizonyos számú képlet felírásával, és ez Önnek nem tetszik, akkor jobb feladatot kell kitűzni!

A gondolatmenetét több helyen nehezen lehet követni, különösen a [28]-ban.

Gyarmati Péter

[31] Rizsa2003-12-17 14:00:09

Kedves Béla!

Ebben teljesen igazad van. Azonban lehet h primitiven allok hozza a kerdeshez, de nekem nem tetszett hogy a megoldok egy-ket kivetelt leszamitva felirtak bizonyos szamu kepletet, es ennyi. Szerintem igenis meg kell emliteni legalabb annyit, hogy allitasaink megfordithatoak. Ezzel is megelegedtem volna, mert peldaul ha a feladatnak nem letezo megoldasa lett volna, akkor trivialis odairni, hogy hat ez sajnos nem jo.

Andras

[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

  [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]