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.
[472] Kós Géza2009-05-14 16:56:27

Valóban kimaradt egy + jel. Kijavítottam.


\sum_{i=1}^{n-1} a_ia_{i+1} \le
\left( \sum_{i\equiv0~(2)} a_i \right)
\left( \sum_{j\equiv1~(2)} a_j \right)
\le
\left(\frac{
\left( \sum_{i\equiv0~(2)} a_i \right) +
\left( \sum_{j\equiv1~(2)} a_j \right)
}2\right)^2=\frac14

Előzmény: [469] Tibixe, 2009-05-13 22:57:20
[471] Csimby2009-05-14 15:22:41

Szerintem az nem kell. Úgy 1 jönne ki \frac14 helyett. Számtani mértani közepet használ az A="páros indexű tagok összege" és B="páratlan indexű tagok összege" számokra.

Előzmény: [470] Lóczi Lajos, 2009-05-14 07:33:58
[470] Lóczi Lajos2009-05-14 07:33:58

Szerintem igen, sőt, az összegzéseket is kell terjeszteni a páros/páratlan indexekről az összesre, nem?

Előzmény: [469] Tibixe, 2009-05-13 22:57:20
[469] Tibixe2009-05-13 22:57:20

A478 megoldás

Itt a jobb oldalon a tört számlálójába nem kéne egy + jel?

[468] leni5362009-04-28 23:25:31

Szerintem is ez a szemléletes jelentés. A beküldők igen jelentős része szerint akkor pattan felfele a golyó, amikor a pattanást követően a sebesség lejtő irányú komponense felfele mutat, láthatóan ez nem ugyanaz. Szerintem nem is szemléletes ez az értelmezés, viszont egyszerűbb vele számolni valamivel.

Előzmény: [467] Willy, 2009-04-28 12:40:48
[467] Willy2009-04-28 12:40:48

...Ha engem kérdeznél akkor én azt mondanám, hogy addig pattog felfelé, amíg a "lejtővel történő ütközések pontjai" az előző "ütközési pontoknál" mindig magasabbra kerülnek...

Előzmény: [466] leni536, 2009-04-27 16:47:44
[466] leni5362009-04-27 16:47:44

A P.4137. feladatban szerintetek mi számít "felfele" pattanásnak egy lejtőn?

[465] Káli gúla2009-04-22 10:02:03

Halmazok közt az X "elhagyása" Y-ból a különbséghalmazt kell, hogy jelentse, ami mindig értelmes. Egy elem elhagyása pedig az adott elemből álló egyelemű halmaz elhagyását kell hogy jelentse. (Bár ha az üres halmazból álló egyelemű halmazból akarnánk elhagyni az ürest halmazt, akkor ez a szóhasználat erősen kétértelmű, de "középikolás fokon" ilyesmi nem valószínű, hogy gondot okoz.

Előzmény: [463] BohnerGéza, 2009-04-22 00:48:38
[464] HoA2009-04-22 07:43:12

Élesíteném BohnerGéza észrevételét: Szerintem a feladat vagy triviális vagy hibás.

1. A feladat állítása így hamis. Mivel semmi sem biztosítja, hogy van olyan szám, amelyik mindegyik részhalmazban szerepel, ezért nem igaz, hogy van olyan szám amelyet minden (rész)halmazból elhagyva akármi is történik. Nem is kell az üres halmaz. Az (1,2,3,4) halmaznak például 4 ilyen részhalmaza az (1,2) (1,3) (2,3) (2,4) részhalmaz.

2. Ha úgy értelmezzük a feladatot, hogy arra az esetre vonatkozik, amikor van minden részhalmazból elhagyható szám, akkor triviális: két különböző részhalmazból ugyanazt a számot elhagyva továbbra is különbözőek maradnak. ld [463]

3. Feltehetőleg a kitűző valami olyasmit akart írni, hogy "van olyan szám, amelyet minden olyan (rész)halmazból elhagyva, amelynek eleme..."

Előzmény: [463] BohnerGéza, 2009-04-22 00:48:38
[463] BohnerGéza2009-04-22 00:48:38

4152 Ha nem akarom kitalálni, mire gondolt a feladat kitűzője, akkor a következő is megoldása a feladatnak:

Nem biztosítja semmi, hogy az adott n db részhalmaz mindegyikében szerepel ugyanaz a szám, pl. ha köztük van az üres halmaz. Ekkor nincs olyan szám, amelyet minden halmazból elhagyhatunk. Ha pedig véletlenül lenne olyan szám, amelyet az összes részhalmazból elhagyhatunk, akkor az így maradtak nyilvánvalóan különböznek.

Szerencsés a feladat megfogalmazása?

Előzmény: [462] Káli gúla, 2009-04-21 23:03:50
[462] Káli gúla2009-04-21 23:03:50

B. 4152. Adott az 1,2,3,...,n számoknak n darab különböző részhalmaza. Bizonyítsuk be, hogy van olyan szám, amelyet minden halmazból elhagyva, a megmaradó halmazok továbbra is különbözőek.

Megoldás. Mivel a részhalmazok azonosíthatók az n-hosszúságú 0-1 sorozatokkal, a 0-1 sorozatok pedig az n-dimenziós egységkocka csúcsaival, így a feladat geometriai köntösben úgy szólhatna, hogy az n-dimenziós kocka n csúcsához mindig található olyan tengelyirány, amellyel párhuzamosan vetítve az n csúcs vetülete mind különböző lesz. Ha ez nem így lenne, akkor minden ei irányhoz lehetne találni a kiválasztott csúcsok között legalább egy olyan párt, amelyek az i-edik vetítésnél egybeesnek, azaz amelyekre PiQi || ei. Így a megadott csúcsok által kifeszített hipersík minden koordinátatengely irányában tartalmazna egy-egy párhuzamos egyenest, ami nyilván ellentmond annak, hogy n pont által kifeszített hipersík dimenziója legfeljebb n-1 lehet.

[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?

  [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]