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.
[461] Blord2009-04-16 21:36:05

Szerintem is igazad van, a gond pedig, hogy a megoldókulcs rossz négyzetté alakításokat közöl. Nem (ab-c+2) stb. a négyzetes tagok, hanem (a-bc+2), (b-ac+2), (c-ab+2).

Előzmény: [457] MTM, 2009-04-16 16:34:42
[460] Csimby2009-04-16 20:51:08

Igazad lehet. Én néztem el valamit. Mindenesetre érdekes a feladat a+b, a-b-re is. Úgy szerintem \phi(n) fog kijönni.

Előzmény: [459] Tibixe, 2009-04-16 19:36:58
[459] Tibixe2009-04-16 19:36:58

Én b-a-val csináltam, és értelmesnek tűnő bizonyítás lett belőle.

Nekem

n-[n legnagyobb valódi osztója]

jött ki, persze akár el is nézhettem valamit.

[458] Csimby2009-04-16 18:59:30

A.476.-ben b-a helyett nem inkább a-b kell? Csak mert b-a-val triv.

[457] MTM2009-04-16 16:34:42

Akárhogyis nézem, a B.4155. feladat honlapon levő megoldását, a feladatban megadott egyenlet és a megoldás egyenletet abszolút nem ekvivalens, mivel

(ab-c+2)2+(ac-b+2)2+(bc-a+2)2=a2b2+b2c2+c2a2+a2+b2+c2+12-6abc-4(a+b+c)+4(ab+bc+ca) és nem

a2b2+b2c2+c2a2+a2+b2+c2+12-6abc+4(a+b+c)+4(ab+bc+ca).

Valamint a=b=c=-1-re az eredeti egyenlet bal oldala:1+1+1+1+1+1+4(-1-1-1)+12=6, a jobb oldal -6+12=6. Tehát a=b=c=-1 is megoldás, pedig a hivatalos megoldásban nem szerepel.

Valamint, a hiv. megoldásban megoldásnak adja a=b=-1 és c=3-at. Ezt az eredeti egyenletbe írva:

1+9+9+1+1+9+4(-1-1+3)+12=6((-1)*(-1)*3)+4(-3-3+1), amiből az adódik, hogy 44=-2.

Valami orbitálisat nem tudok, vagy a közölt megoldás rossz?

[456] rizsesz2009-04-01 18:28:43

Szerintem azt, hogy az egyforma számokból álló 3-tagú sorozatot is figyelembe kell venni.

Előzmény: [455] MTM, 2009-04-01 15:46:25
[455] MTM2009-04-01 15:46:25

Nem tudja valaki, hogy mit hagyott ki egy ember kivételével mindenki a B.4134. feladatban?

[454] rizsesz2009-03-13 18:56:46

Akkor ne így adják meg a feladatot:

"K. 187. Töltsük ki az ábra üres celláit úgy, hogy bármely három, egy csúcsban egymással érintkező kis hatszögben álló számok összege mindig ugyanannyi legyen."

Egészítsék ki azzal, hogy adjuk meg az összes esetet és igazoljuk, hogy több nincsen.

Egy kicsit durvább volt egy korábbi feladatnál ez...

"K. 90. Az olimpiai ötkarika által meghatározott 9 részbe beírhatjuk az első kilenc pozitív egész számot úgy, hogy minden karikában 14 legyen az összeg. Ezt mutatja az ábra. Keressük meg, hogyan lehet elhelyezni ugyanezt a 9 számot a kilenc részbe úgy, hogy minden karikában 13 legyen az összeg. Keressünk minél több megoldást."

És persze, hogy csak az kapott maximális pontot, aki igazolta, hogy két megoldás van és azokat helyesen megadta... Ott is valami hasonló 1-2 pontos rendszer volt, ami szerintem főleg egy először kömalozó ember életében nem túl igazságos.

Előzmény: [452] jonas, 2009-03-13 06:59:55
[453] Radián2009-03-13 17:14:21

Sajnálom, de ezeket a kérdéseket már nem tudom megválaszolni. Kicsit tényleg fura, hogy ilyen dolgok miatt 5 pont bukható, dehát nem én döntöm el, hogy ki mire hány pontot kap.

Előzmény: [450] rizsesz, 2009-03-12 20:40:38
[452] jonas2009-03-13 06:59:55

Nem véletlenül van odaírva a megoldásokhoz az újságban, hogy a közöltek csak megoldásvázlatok.

Előzmény: [451] rizsesz, 2009-03-12 20:55:20
[451] rizsesz2009-03-12 20:55:20

A hivatalos megoldás meg... fordítom: ez az egy megoldás van, mert ez az egy megoldás van.

Előzmény: [449] Radián, 2009-03-12 17:40:37
[450] rizsesz2009-03-12 20:40:38

Hát ez szerintem jó gáz :)

Mármint egészen aránytalan 5 pontot azért levonni, hogy 1 kis indoklást nem teszel meg. Persze, normális ember indokol.

De akkor ki dönti el, hogy mi az elégséges indoklás? Minden indoklás egyforma és elégséges?

Előzmény: [449] Radián, 2009-03-12 17:40:37
[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?

  [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]