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.
[449] Radián2009-03-12 17:40:37

Igaz ez a feladat ugyanígy megjelent az Abacusban is. Ott azért adtak 1 pontot, ha a versenyző csak a megoldást közölte, 6 pontot azért, ha valamilyen indoklást is írt.Így ha írtak mellé indoklást, ami jó 6 pont, ha nem akkor 1. Más pontszámot nem kaphatnak. (Nem tudom hogy itt is így történt e bár szerintem elég valószínű). Köszönöm Káli gúla, hogy ilyen hamar megírtad a feladat megoldását.

Előzmény: [448] rizsesz, 2009-03-12 11:41:37
[448] rizsesz2009-03-12 11:41:37

A K. 187 statisztikáját mi magyarázza? Miért járt 1, és miért 6 pont? Miért nincsenek köztes pontszámok?

[447] Káli gúla2009-03-11 20:42:42

Vázlatosan: 1/2. Részletesen: Ha a második postás éppen az általa választott ládákba nem dobna lapot, az a jó eseteket rosszá, rossz eseteket jóvá változtatná, és különböző helyzetek különbözőket eredményeznének. Tehát a jó helyzetek száma egyenlő a rossz helyzetek számával.

Előzmény: [446] Radián, 2009-03-11 20:16:38
[446] Radián2009-03-11 20:16:38

Kedves Fórumozók!

Ha van egy kis időtök kérlek írjátok le a C.972-es feladat megoldását.(elég vázlatosan)Előre is köszönöm.

[445] BohnerGéza2009-02-23 13:01:17

Ezt észrevettem, mégsem láttam. Vagy fordítva?

Előzmény: [444] Fálesz Mihály, 2009-02-21 20:08:54
[444] Fálesz Mihály2009-02-21 20:08:54

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.

Előzmény: [440] BohnerGéza, 2009-02-21 04:33:29
[443] Vonka Vilmos Úr2009-02-21 19:12:58

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

Az (ABCD) kollineáris pontnégyest harmonikusnak nevezzük, ha az (ABCD) kettősviszony -1, azaz \frac{AC}{BC}:\frac{AD}{BD}=-1.

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 \frac{AC_1}{BC_1}:\frac{AD}{BD}=-1 miatt az \frac{AC_1}{BC_1} és \frac{AD}{BD} 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.

Előzmény: [442] BohnerGéza, 2009-02-21 15:37:00
[442] BohnerGéza2009-02-21 15:37:00

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!

Előzmény: [441] janomo, 2009-02-21 13:54:57
[441] janomo2009-02-21 13:54:57

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

Előzmény: [440] BohnerGéza, 2009-02-21 04:33:29
[440] BohnerGéza2009-02-21 04:33:29

Segítség az A . 470. feladat elemi megoldásához:

Előzmény: [437] S.Ákos, 2009-02-17 17:15:39
[439] BohnerGéza2009-02-21 04:30:45

Ábra a A . 470. feladathoz:

Előzmény: [437] S.Ákos, 2009-02-17 17:15:39
[438] BohnerGéza2009-02-17 22:12:34

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

[437] S.Ákos2009-02-17 17:15:39

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

[436] janomo2008-12-23 10:20:54

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

Előzmény: [435] Python, 2008-12-22 19:22:52
[435] Python2008-12-22 19:22:52

Az A.464. feladatban az "\subset" jel mit akart jelenteni? Én úgy tudom, hogy ez a "valódi részhalmaz" jele (tehát ha A=B, akkor A\subsetB nem teljesül), de a hivatalos megoldás ezt a "részhalmaz" jelölésére használja (aminél szerintem a "\subset"-et alá kellene húzni, mint az "\le"-nél az "<"-t, és ami A=B esetén is igaz). Ha pedig a "\subset" 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).

[434] Doky2008-12-22 15:45:54

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

Előzmény: [432] Blinki Bill, 2008-12-22 09:16:59
[433] S.Ákos2008-12-22 10:21:56

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

Előzmény: [432] Blinki Bill, 2008-12-22 09:16:59
[432] Blinki Bill2008-12-22 09:16:59

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.

[431] nadorp2008-12-20 10:22:54

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

Ha a=(\root3\of28-3)^{-1},akkor

\left(\frac1a+3\right)^3=28, 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

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

xn=an+bn+cn

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

|bc|=\frac1a

|b|=|c|=\sqrt{\frac1a}, azaz

x_n=a^n+\frac2{{\sqrt a}^n}\cos n\phi alakú alkalmas \phi értékre. Innen a>27 miatt már látszik, hogy

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

[430] nadorp2008-11-23 22:25:09

Most már látom mi tévesztett meg,elírtam. Helyesen:

Ha az eredeti állításs HAMIS lenne ...

Előzmény: [427] rizsesz, 2008-11-22 17:23:13
[429] Róbert Gida2008-11-23 03:52:10

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

Előzmény: [427] rizsesz, 2008-11-22 17:23:13
[428] Valezius2008-11-22 17:26:47

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.

Előzmény: [427] rizsesz, 2008-11-22 17:23:13
[427] rizsesz2008-11-22 17:23:13

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

Előzmény: [426] rizsesz, 2008-11-22 17:22:28
[426] rizsesz2008-11-22 17:22:28

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

Előzmény: [425] nadorp, 2008-11-22 16:23:36
[425] nadorp2008-11-22 16:23:36

Az alábbi megoldás kicsit egyszerűbb a közöltnél és általánosabb is

B. 4109. Igazoljuk, hogy

\big(\sqrt{2}+1\big)^{\frac{1}{100}}+ \big(\sqrt{2}-1\big)^{\frac{1}{100}}

irracionális szám.

Bebizonyítjuk a következő segédállítást:

Ha x+\frac1x racionális, akkor x^n+\frac1{x^n} is racionális minden pozitív egész n-re

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

x^2+\frac1{x^2}=\left(x+\frac1x\right)^2-2 miatt szintén teljesül.

Ha n>2, akkor indukcióval

x^n+\frac1{x^n}=\left(x^{n-1}+\frac1{x^{n-1}}\right)\left(x+\frac1x\right)-\left(x^{n-2}+\frac1{x^{n-2}}\right)

miatt n-re is igaz a segédállítás.

Ha az eredeti feladat állítása igaz lenne, akkor a segédállításban x=(\sqrt2+1)^{\frac1{100}} és n=100 értékeket véve

(\sqrt2+1)+(\sqrt2-1)=2\sqrt2 is racionális lenne, ami ellentmondás

  [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]