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]    [47]    [48]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[510] Maga Péter2010-01-16 20:34:51

A.494. - szép kis Schweitzer-példa, ehhh...:S

Előzmény: [507] Fálesz Mihály, 2010-01-14 19:40:29
[509] Kós Géza2010-01-16 09:15:35

A határidő és a megoldások megjelenése között rövid, de elég idő telt el. Akinek valamilyen gondja volt a beküldéssel, szólhatott (volna).

Előzmény: [508] Róbert Gida, 2010-01-16 00:10:47
[508] Róbert Gida2010-01-16 00:10:47

Beküldési határidő után 3 nappal? Kicsit korainak tűnik, remélem nem élnek vissza vele. Még itt a fórumon is legalább egy hét után írtunk be megoldásokat.

Előzmény: [507] Fálesz Mihály, 2010-01-14 19:40:29
[507] Fálesz Mihály2010-01-14 19:40:29

A. 494., A. 495. és A. 496.

(A megoldások 13-a óta láthatók a fenti címeken.)

Előzmény: [505] Tibixe, 2010-01-12 20:06:28
[506] Róbert Gida2010-01-14 17:09:29

Komal.hu-n is megtalálod.

Előzmény: [505] Tibixe, 2010-01-12 20:06:28
[505] Tibixe2010-01-12 20:06:28

Az A496 megoldása megvan valakinek?

( nekem csak k\le5 esetben )

[504] Fálesz Mihály2010-01-12 17:19:57

Segítség: tükrözd a D pontot az AB és AC oldalakra.

Előzmény: [503] S.Ákos, 2010-01-12 14:00:47
[503] S.Ákos2010-01-12 14:00:47

A.495.-re tudna valaki mutatni megoldást? Köszönöm előre is. S.Á.

[502] HoA2010-01-03 21:51:50

Elegánsabb, ha elhagyjuk az R és T merőleges vetületeket. Jelöljük P1P4 és P3O metszéspontját U-val. S-et mint P1P4 és a P2-n át P3O-val húzott párhuzamos metszéspontját definiáljuk. Ekkor a P2P3US paralellogrammában SU=P2P3=b .

P1P4=1=P1Q-QS+SU+UP4=b-b3+b+b=3b-b3

Előzmény: [500] HoA, 2010-01-03 16:54:49
[501] zotyo582010-01-03 19:19:36

A 2009 emelt szintű 7/II/6.b szerintem helyesen így szólna Az f(x) függvény a téglalap esetén a ]0;9[ nyílt intervallumban értelmezett.

Az eredeti megoldása végtelen lenne, hiszen teljesül az origóra az összes feltétel, így a téglalap egyik oldala a [0;9] az x tengelyen, a másik két oldal az y tengely és az x=9 egyenes, a negyedik oldal eltávolodhat a végtelenbe...

Számomra ez volt a megoldás... Tudom általában értelemszerű a megoldás, de miért ne lehetne így is gondolkozni.

[500] HoA2010-01-03 16:54:49

Szemléletesebb megoldás a B. 4221. feladatra: ( Mutassuk meg, hogy ha az r sugarú körbe írt szabályos 18-szög oldala a, akkor a3+r3=3ar2. )

Legyen az egységsugarú körbe írt szabályos 18-szög oldala b, ekkor azt kell igazolni, hogy b3+1=3b. Ebben a körben a b hosszúságú húrhoz 10o kerületi és 20o középponti szög tartozik. Tekintsük a sokszög O középpontját és egymás utáni P1,P2,P3,P4 csúcsait. A P1P4 húrhoz 60oos középponti szög tartozik, P1OP4\Deltaszabályos, P1P4=1. A P1P2O=H0 20o csúcsszögű egyenlőszárú \Delta-ben az alap és a szár aránya b/1 = b. H0-lal egybevágó a P2P3O és a P3P4O háromszög. P2P1P4\angle=20o, mint a P2P4 ívhez tartozó kerületi szög. P2O és P1P4 metszéspontja Q, P1P4 és P2P3 párhuzamossága miatt P2O és P1P4 80o –os szöget zár be, így a H1=P2QP1\Delta hasonló H0-hoz, P1Q=b, P2Q=b2. Legyen P2 merőleges vetülete P1P4-re R, Q tükörképe R-re S. A H2=QSP2\Delta is hasonló H1-hez, QS=b3, QR=b3/2 . P1R=b–b3/2. Legyen P3 merőleges vetülete P1P4-re T. Hasonlóan adódik, hogy P4T=b–b3/2. A P2P3TR téglalapban RT=P2P3=b.

P1P4=1=P1R+RT+TP4=(b–b3/2)+b+(b–b3/2)=3b–b3 .

[499] Radián2009-12-12 16:55:03

A beküldési határidő LEJÁRT.

underbraceabcd

Ezt találtam a B. 4212-es feladat megoldásánál. Ez mit akar jelenteni?

[498] Nandor2009-12-08 22:09:23

B.4207

Ez a feladat ugy erzem hibasan volt megfogalmazva. Ki kellett volna kotni hogy a sokszog nem haromszog. Enelkul a megoldas tul egyszeru hiszen egy haromszog nyilvanvalo ellenpelda.

[497] R.R King2009-12-06 20:23:11

Az egyenletek amiket felírtál igazából egyenlőtlenségek. Bizonyítani kellene, hogy a maximumot akkor kapjuk, hogy ha az egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül..Bár nem vagyok javító, de erre a megoldásra szerintem nem kapsz teljes értékű pontszámot még akkor se ha történetesen ez a jó végeredmény...

Előzmény: [496] Nánási József, 2009-12-06 19:04:24
[496] Nánási József2009-12-06 19:04:24

C.103-as feladat.

Erre adtam le megoldást:

p-papíráru

v-vegyiáru

v+3p=12

v+p=5

Fejezzük ki p-t:

p=3,5

v=1,5

Kereslet maximuma:

p*200000+v*100000=700000Ft+150000Ft=850000Ft

Azt szeretném megkérdezni, szerintetek mennyi az erre megfelelő pontszám.

Előre is ksüözönöm Józsi

[495] Csimby2009-11-27 03:02:32

Szívesen!

Olvasd el ezt! A lap alján található Lagrange-tételből könnyen beláthatod, hogy minden elem rendje osztja a csoport rendjét.

Előzmény: [494] bily71, 2009-11-26 22:07:07
[494] bily712009-11-26 22:07:07

Kösz a segítséget! Sok helyen olvastam, de most már nagyjából értem is, hogy mit jelent: minden elem rendje osztja a csoport rendjét.

Előzmény: [493] Csimby, 2009-11-26 15:09:51
[493] Csimby2009-11-26 15:09:51

Ellenpélda: legyen b=6 és p=7.

b2\equiv1 (mod p) nagyon-nagyon-nagyon nem csak p=3 esetén teljesül.

A modulo p maradékosztályok a 0-t kivéve a szorzásra nézve p-1 rendű csoportot alkotnak. És csak annyit állíthatunk, hogy minden elem rendje osztja a csoport rendjét. Tehát b2\equiv1(mod p)-ből csak az következik, hogy p páratlan.

Előzmény: [492] bily71, 2009-11-26 09:57:26
[492] bily712009-11-26 09:57:26

A második részhez még annyit, hogy b2\equiv1(mod p) már csak azért sem teljesülhet, mert feltételeztük,hogy b2\equiv0(mod 3), tehát 3|b, és b2\equiv1(mod p) csak p=3 esetén teljesül, így teljesülne a b2\equiv1(mod 3) kongruencia is, ami ellentmondás.

Előzmény: [491] bily71, 2009-11-26 09:46:20
[491] bily712009-11-26 09:46:20

És most jöjjön egy másik lehetséges megoldás a B.4026. feladatra:

Minden p>3 prim felírható p=6k\pm1alakban.

A binomiális tétel értelmében

(6k\pm1)^n=\binom{n}{0}(6k)^n(\pm1)^0+\binom{n}{1}(6k)^{n-1}(\pm1)^1+...+\binom{n}{n}(6k)^0(\pm1)^n,

ahol a jobb oldali összeg utolsó tagja

\binom{n}{n}(6k)^0(\pm1)^n=\pm1.

Mivel az összeg minden tagja az utolsó kivételével osztható 6-tal, ezért

(6k\pm)n\equiv\pm1(mod 6).

Tételezzük fel indirekt módón, hogy a

pk+pm=a2

egyenlőség teljesül, ahol a pozitív egész, mivel négyzetszámon egy egész szám második hatványát értjük.

1. eset: 0<k\lem, és k és m paritása megegyezik. Ebben az esetben

a2\equiv\pm2(mod 6),

de ez csak úgy lehetséges, ha az

a2\equiv\pm2(mod 3)

kongruencia is teljesül. Ez pedig nem teljesülhet, mert az Euler-Fermat-tétel miatt

a^{\varphi(n)}\equiv1(\mod{n}),

ha a és n relatív prímek, és mivel \varphi(3)=2, ezért, ha 3|a, akkor a2\equiv1(mod 3), ha pedig 3|a, akkor a2\equiv0(mod 3), így az a2\equiv\pm2(mod 3) kongruencia nem teljesülhet.

2. eset: 0<k<m, és k és m paritása ellentétes. Ekkor

pk+pm=pm(pk-m+1)

pm(pk-m+1)=a2,

ez csak úgy lehetséges, ha 2|m. Osszunk le pm-mel, legyen \frac{a^2}{p^m}=b^2, és k-m=x, ekkor

px+1=b2.

Mivel px\equiv\pm1(mod 3), ezért vagy a b2\equiv2(mod 3), vagy a b2\equiv0(mod 3) kongruencia teljesül. Az előbbi nem teljesülhet az 1.-ben tárgyaltak miatt. Nézzük az utóbbit:

px+1\equiv1(mod p),

ebből következik, hogy

b2\equiv1(mod p).

Ez viszont azt jelentené, mivel az Euler-Ferma-tétel megfordítása is igaz, hogy p=3, vagy 3|p, de egyik sem lehetséges, mert a feladat szerint p>3 és p\inP, azaz prím.

3. eset: k=m=0, ekkor a2\equiv2(mod 3), mivel pk=pm=1, de ez a kongruencia nem teljesülhet az 1.-ben részletezett okok miatt. Több lehetőség nincs.

[490] R.R King2009-11-24 18:42:27

Szerintem nem kell aggódnod, mert már most többet tudsz, mint a felvételizők többsége:) Hidd el sokat változott a színvonal 20 év alatt. A másik topicban tett hibás gondolatmeneteidről meg annyit, hogy ki tudja, talán egyszer valaki hasonló nyomon indulva bizonyít be valamit a láncszemeket megfelelően helyretéve.. Vajon hány tétel született úgy, hogy előtte 100 rossz utat végigjárt a megoldó??? A legtöbben pedig, akik bírálnak 2-3 matektanártól tanulták amit tudnak, önállóan még nem sokat tettek le az asztalra..Akinek nem inge, ne vegye magára.

Előzmény: [489] bily71, 2009-11-24 17:52:53
[489] bily712009-11-24 17:52:53

Nemcsak szerencsésebb, hanem helyesebb is. Amit én írtam, csak k=2 esetén lehet igaz. Hirtelen nem is jutott eszembe, hogy k bármilyen egész lehet, annyira a négyzetszámokra koncentráltam. Azt hiszem, nem lesz egyszerű visszaülni 20 év után az iskolapadba, egy kicsit össze kell szednem magam, hogy sikerüljön a felvételi:)

Előzmény: [488] R.R King, 2009-11-24 16:46:04
[488] R.R King2009-11-24 16:46:04

A 3. rész végén talán szerencsésebb azt mondani, egy prímhatvány csak úgy bontható egészek szorzatára, ha a tényezők maguk is ugyanannak a prímnek a hatványai. Jelen esetben a a+1 és a-1 különbsége 2, így ezek nem lehetnek, mert p>3, még az sem lehet hogy az egyik tényező 1 a másik pedig maga p a k-on(leellenőrizhető!)

Előzmény: [487] bily71, 2009-11-24 16:00:25
[487] bily712009-11-24 16:00:25

Sokan bírálták (jogosan) eddigi működésemet, ezért jöjjön egy lehetséges megoldás egy, a tudásszintemhez méretezett feladatra:

B.4026. Legyen p>3 prímszám, k és m pedig nemnegatív egész számok. Igazoljuk, hogy pk+pm nem lehet négyzetszám.

Megoldás:

pk+pm=a2, ahol a nemnegatív egész, ugyanis négyzetszám definició szerint csak egy egész szám második hatványa lehet. Négy eset lehetséges:

1. k=m=0, ekkor

pk=pm=1

pk+pm=2

2=a2

\sqrt2=a,

ami nem lehet, mert a a feladat szerint egész.

2. k=m>0, ekkor

pk=pm

pk+pm=2pm

2pm=a2,

ami nem lehet, mert egy négyzetszám prímtényezős felbontásában minden hatványkitevő páros, a baloldali 2-es kitevője pedig páratlan.

3. k>m=0, ekkor

pm=1

pk+pm=pk+1

pk+1=a2

pk=a2-1

pk=(a+1)(a-1),

ami nem lehet, mert (a+1)\ne(a-1), és egy prímhatvány szorzótényezős felbontásában nem szerepelhet két különböző szám.

4. k>m>0, ekkor

pk+pm=pm(pk-m+1)

pm(pk-m+1)=a2,

ami csak úgy lehetséges, ha 2|m, osszuk le az egyenletet pm-el. Legyen \frac{a^2}{p^m}=b^2, és k-m=x, b és x nemnegatív egészek, ekkor

px+1=b2

px=b2-1

px=(b+1)(b-1),

ez pedig nem lehet a 3. esetnél részletezett okok miatt. Több lehetőség nincs.

[486] jenei.attila2009-11-16 20:31:59

Tényleg elszámoltam.

Előzmény: [485] nadorp, 2009-11-16 16:27:18

  [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]    [47]    [48]