Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Ezt észrevettem, mégsem láttam. Vagy fordítva?

A V pontnak az ABA₁B₁, a C₁FPQ körökre és az A₁B₁C₁F (Feuerbach-)körre vonatkozó hatványa ugyanaz:

VA^.VB=VA₁^.VB₁=VC₁^.VF=VP^.VQ.

Mivel tehát VA^.VB=VP^.VQ, az A,B,P,Q pontok egy körön vannak.

Tényleg igen szép a [441]-ben vázolt megoldás!

Az (ABCD) kollineáris pontnégyest harmonikusnak nevezzük, ha az (ABCD) kettősviszony -1, azaz .

Ismert projektív geometriai tétel, hogy az (ABCD) pontnégyes pontosan akkor harmonikus, ha van olyan teljes négyszög, amelynek A és B csúcsai, C átlóspontja, D pedig a C-vel szemköztes átló metszéspontja az AB egyenessel. Ez annyit jelent, hogy (ABCD) pontosan akkor harmonikus pontnégyes, ha vannak olyan P és Q pontok, hogy a PQ egyenes az AB egyenest C-ben metszi; és az AP és BQ, valamint AQ és BP egyenesek metszéspontjait összekötő egyenes AB-t D-ben metszi. Ennek a tételnek a bizonyítása valóban a vetítéseket - és a vetítések kettősviszonytartó tulajdonságát - használja. (Lásd pl. ebben a jegyzetben az 53. oldalon.)

Így a feladatban az, hogy (ABDC₁) harmonikus pontnégyes, egyszerűen onnan látható, hogy az ABA₁B₁ teljes négyszög átlóspontja D, a szemköztes oldalegyenes pedig AB-t C₁-ben metszi.

Innen miatt az és arányok valóban (előjeltől eltekintve) megegyeznek, tehát C₁ és D ugyanazon az A és B által meghatározott Apollonius-körön van... a bizonyítás pedig [441] alapján befejezhető.

Örülök, ha valaki szép megoldást talál valamely feladatra!

Nekem biztosan, de talán másoknak is segítenél, ha leírnád a harmonikus pontnégyes fogalmát, de főleg a megfelelő vetítéseket. Előre köszönöm!

Ez egyáltalán nem szép, elemi megoldás. Sokkal egyszerűbben látható a feladat, ha azt igazoljuk, hogy a PC1 egyenes szögfelező az APB háromszögbenEbből könnyen következik az, hogy A, B, P, Q egy körön vannak.

Azt, hogy az említett egyenes szögfelező, az appolonius körrel láthatjuk, be, ugyanis az A1B1 és az AB egyenes metszéspontja D, akkor vetítésekkel egyszerűen látható, hogy D, A, C1 és B harmonikus pontnégyest alkotnak.

Ekkor D rajta van az appolonius körön és C1 is és ráadásul az appolonis kör szimmetrikus az AB egyenesre, amiből az Appolonius kör a DC1 szakasz Thaleszköre, viszont ezen rajta van P is, mivel a DPC1 szög 90 fok. Ezzel készen vagyunk. Ehhez a bizonyításhoz egyáltalán nem kell számolni

Segítség az A . 470. feladat elemi megoldásához:

Ábra a A . 470. feladathoz:

Ha belátjuk, hogy P az ABQ körülírt körén van, a többi rész már könnyebb.

Valaki tudna mutatni az A.470 feladatra egy elemi (koordinátageo nélküli) megoldást?

Ezt a jelet kétféleképpen szokták használni, valódi részhalmazként, ha külön mondják és normálisként, ha nem írnak oda semmit. Én ebben a nagy zűrzavarban a végén elfelejtettem, hogy vannaki végtelen halmazok is. Kellemes ünnepeket mindenkinek: Nagy János

Az A.464. feladatban az "" jel mit akart jelenteni? Én úgy tudom, hogy ez a "valódi részhalmaz" jele (tehát ha A=B, akkor AB nem teljesül), de a hivatalos megoldás ezt a "részhalmaz" jelölésére használja (aminél szerintem a ""-et alá kellene húzni, mint az ""-nél az "<"-t, és ami A=B esetén is igaz). Ha pedig a "" a valódi részhalamaz jele, akkor a feladat állítása nem igaz (legegyszerűbb példa az üres vagy az egyelemű halamaz, de minden n-re van n-elemű ellenpélda).

Ákosnak igaza van! Bár szerintem egyszerűbb volt úgy nézni mint a javítókulcs mutatja. Itt( ahogy te csináltad) több esély volt az elszámolásnak.

Arra nem figyeltél, hogy nem ugyanakkora a valószínűsége az eseményeknek.

Kedves Fórumozók!

A C.958. számú feladatra az alábbi megoldást adtam. Kérlek, ha van egy kis időtök, akkor mondjátok meg, hogy mi a hiba benne, mert egészen más eredményt kaptam, mint a hivatalos megoldás.

Előre is kösz.

Számoljuk össze a lehetséges játék-befejeződéseket:

1dobásból vége van a játéknak: 4est dobunk, vagy 5-öst dobunk vagy 6-ost dobunk, azaz 3 eset összesen

2dobásból van vége a játéknak: 1-3;1-4;1-5;1-6; 2-2;2-3;2-4;2-5;2-6; 3-1;3-2;3-3;3-4;3-5;3-6, azaz 15 eset összesen

3dobásból van vége a játéknak: 1-1-2;1-1-3;1-1-4;1-1-5;1-1-6; 1-2-1;1-2-2;1-2-3;1-2-4;1-2-5;1-2-6; 2-1-1;2-1-2;2-1-3;2-1-4;2-1-5;2-1-6, azaz összesen 17 eset

4dobásból van vége a játéknak: 1-1-1-1;1-1-1-2;1-1-1-3;1-1-1-4;1-1-1-5;1-1-1-6, azaz összesen 6 eset

több változat nincs,mert 4pozitív szám összege legalább négy és 4 mezőre voltunk a céltól.

Amikor több,mint két dobás kell, azon esetek száma 17+6=23, az összes eseté pedig 41, tehát a keresett valószínűség 23/41.

Bogár Blanka 7.o.

Megjegyzés az A.465. számú feladat megoldásához ( másképp számolva)

Ha ,akkor

, azaz "a" gyöke az

x³-27x²-9x-1=0 egyenletnek. Ha ennek az egyenletnek a másik két gyöke b és c - melyek nyilván komplex számok és egymás konjugáltjai -, akkor a megoldásban közölt S összegre

S=aⁿ+bⁿ+cⁿ

A gyökök és együtthatók összefüggése alapján

a+b+c=27

a²+b²+c²=(a+b+c)²-2(ab+ac+bc)=27²-2^.(-9)=747

Tekintsük ezek után az

x_n+3=27^.x_n+2+9^.x_n+1+x_n rekurziót a x₀=3, x₁=27, x₂=747 kezdeti értékekkel. A rekurzió karakterisztikus egyenletének gyökei éppen a,b és c, tehát

x_n=aⁿ+bⁿ+cⁿ

másrészt az x_n sorozat elemei egész számok sőt egyszerű indukcióval adódik, hogy 6k+3 alakúak. Mivel abc=1, ezért

, azaz

alakú alkalmas értékre. Innen a>27 miatt már látszik, hogy

x_n-1<aⁿ<x_n+1, azaz [aⁿ]=x_n vagy [aⁿ]=x_n-1, tehát 6k+2 vagy 6k+3 alakú

Most már látom mi tévesztett meg,elírtam. Helyesen:

Ha az eredeti állításs HAMIS lenne ...

??? A segédtétel megfordítása triviális. Amúgy több is igaz. Szép megoldás.

Teljesen jó bizonyítás, gondold át újra :) Indirekt tegyük fel, hogy a keresett szám racionális, akkor a segédtétel miatt a 100. hatványösszeg is racionális. Ezzel megvan a kívánt ellentmondás.

Na, jól megfogalmaztam - szóval a segédtétel bizonyítása jó, de a végén pont a fordított állítást használod fel.

Nem jó a bizonyításod. A segédtételt legalábbis csak az egyik irányban bizonyítod be, viszont a megoldásod végén a másik irányt használod ki.

Az alábbi megoldás kicsit egyszerűbb a közöltnél és általánosabb is

B. 4109. Igazoljuk, hogy

irracionális szám.

Bebizonyítjuk a következő segédállítást:

Ha racionális, akkor is racionális minden pozitív egész n-re

Az állítás n=1 esetén nyilván igaz,n=2-re

miatt szintén teljesül.

Ha n>2, akkor indukcióval

miatt n-re is igaz a segédállítás.

Ha az eredeti feladat állítása igaz lenne, akkor a segédállításban és n=100 értékeket véve

is racionális lenne, ami ellentmondás

Azt szeretném megtudni hogy a a C951 -s feladatnál nem volt megadva hogy melyik saroktól számolom, és én azt küldtem be ha a jobbról számolom akkor 4, de ha balról akkor 12! Ez rossznak számít? Mert sztem akkor egyértelművé kellet volna tenni!

Igy lehetne "fejben" igazolni, hogy a szorzat valóban annyi, amennyi: 166*56=(100+66)*(100-66)=10000-66², és 66²=6²*11²=30*121=3630, ezért a szorzat : 10000-3630=8590 (minden szám 12-es számrendszerben van írva).

Egyébként mindenféle polinomok nélkül a "kilences" próba azt adja a 166*56-8590-re (1+6+6=13, 5+6=11, 8+5+9+0=22), hogy 13*11-22 = 121 osztható (a-1)-gyel, tehát a=2, a=12 vagy a=122. Az alap páros, így 166*56 4-gyel osztható, ezért 8590 is, tehát a is 4-gyel osztható, vagyis a=12.

A komal.hu-n közölt C950. megoldása rossz, egy érettségin sem fogadnák el. Ha történetesen f(9)=0 volna akkor sem lenne megoldás, mivel a jegyek között szerepel a 9, így a számrendszer alapja nem lehet 9. f(12)=0, de ott sem nézte meg, hogy minden számjegy kisebb-e, mint 12.