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.
[59] Hajba Károly2004-06-03 23:24:30

Kedves Géza!

Míg ki nem hűl a forró nyom, folytatom. Tudom, még nem teljes, de leírom az újabb elgondolásomat, hogy legyen mire reagálva újabb információmorzsát adnod a továbblépésemhez. :o)

Ha a hurok rajzolatában találok két azonos törésvonalat úgy, hogy egy-egy törésvonal csak kétszer messe a hurkot, akkor a köztük levő idomokat és hiányokat kivéve egymáshoz illeszthetem, s egy rövidebb hurkot kapok. (Ha többször metszi, akkor az eljárás szükség szerint ismételhető.)

1) Ezen eltolás mindkét koordináta irányban csak páros lehet, mivel az azonos irányultságú idomhatároló szakaszok távolsága 2 egység többszöröse.

2) Az azonos állású szakaszok között páros számú elem lehetséges, mivel a vonallánc egyszer az egyik irányba, utána pedig a másik irányba dőlt szakaszon halad át.

3) (2)-ből következően a hurok hossza legalább 4, de mindenképpen páros egységgel csökken.

4) Két szabályosan egymáshoz illesztett idom azonos irányultságú szakaszainak felező pontjait összekötő vonal vízszintesen vagy függőlegesen két páratlan számosságú részre, míg ferdén két páros számosságú részre osztja.

5) A kivágott hurokszakasz és a törésvonalak közötti terület (1) miatt páros nagyságú; az összetartozó szakadási pontok közötti s ezzel a vonallal elvágott idomrészek területe páros (4) miatt. Így ha páros összterületből páros idomterületet levonunk, páros hiányterületet kell kapjunk.

Tehát, a fenti hurokhossz csökkentő módszerrel mindenképpen páros számmal csökken a bezárt hiány számossága.

Nos egyelőre ennyit, tudva, hogy ha ez is a jó megoldás, néhány részletet még ki kell zárni vagy megoldani.

HK

Előzmény: [58] Kós Géza, 2004-06-02 21:45:38
[58] Kós Géza2004-06-02 21:45:38

Ez már tényleg forró. :-)

Előzmény: [57] Hajba Károly, 2004-06-02 18:52:31
[57] Hajba Károly2004-06-02 18:52:31

Kedves Géza!

Talán a következők szerint már forró nyomon vagyok, de még mindig bizonyítás nélkül. (Most nem tudtam több időt erre szakítani, de ami késik nem múlik.)

Tehát a sejtésem, hogy a hurok által körbezárt lefedetlen négyzetek száma páratlan, s így mindig kell legalább egynek lennie. Gondolkodom a bizonyításán.

HK

Előzmény: [56] Kós Géza, 2004-06-02 13:14:26
[56] Kós Géza2004-06-02 13:14:26

Kedves Károly,

Az ilyen belebonyolódások elkerülésére jó a végtelen leszállás módszere. Tegyük fel, hogy mégis létezik egy olyan hurok, aminek a belsejében -- a görbedarabok által határolt részben -- nincs lefedetlen terület. Ha ki tudnánk találni egy olyan módszert, ami minden ilyen hurkot egy rövidebb hurokká alakít át, kész lenne a megoldás, mert az algoritmus még a legrövidebb huroknál is rövidebbet találna.

Visszatérve az előző próbálkozáshoz, az igaz, hogy minden hurok belsejében marad lefedetlen terület, de ennél egy kicsit erősebbet is lehet mondani. Az erősebb állítást pedig sokszor könnyebb bebizonyítani, mint a gyengébbet.

Géza

Előzmény: [55] Hajba Károly, 2004-06-02 02:22:27
[55] Hajba Károly2004-06-02 02:22:27

Kedves Géza!

Sok ötletet felvetettem, de mindegyikkel van egy kis bibi, így még nem állt össze a kép, de a legkomolyabbnak tűnőt leírom:

Ahhoz, hogy a hurokban ne legyen hiány, minden azonos szinű nem csatlakozópontú mezőnek kell lennie legalább egy sarokkal érintkező másik szomszédjának, melyen szintén átmegy ugyanaz a hurok. Tekintsünk ezek közül egy olyan párt, melynek egyik oldalán lévő hurokszakaszon nincs hiány, s nézzük meg, hogy a másik oldalon milyen továbbfolytatási lehetőségek vannak. A vizsgált elempárnak két darab csatlakozópontú szomszédja van, melyeknek ellentétes az iránya. A hurok két vonala vagy párhuzamosan megy tovább vagy szétágazik. Össze nem mehet, mivel az csak szabálytalan (átfedő) elrendezéssel lehetséges.

A széttartásnál két lehetőség van. Vagy egy hiányt kerül ki vagy egy oldalág indul és a szomszédjában visszatér a hurok. Ha ebben az oldalágban nincs hiány akkor a vizsgálati pontunkat eggyel arrább helyezhetjük, hogy az oldalág a hiánymentes oldalon legyen.

Mivel a párhuzamos folytatás nem mehet a végtelenségig és a hiánnyal nem rendelkező oldalágakat rendre áttesszük a másik oldalra, csak a hiány maradhat fenn.

Remélem nem túl zavaros így késő éjjel :o)

HK

Előzmény: [54] Kós Géza, 2004-06-01 17:35:16
[54] Kós Géza2004-06-01 17:35:16

Kedves Károly,

Nagyon jó helyen keresgélsz. A sejtésed igaz, de a hideg-forró játékban ez még nem a "forró" sejtés lenne, hanem csak a "meleg". :-)

(Nem akarok ennél többet mondani, minden segítség csökkenti a megoldás megtalálásának örömét.)

Előzmény: [53] Hajba Károly, 2004-06-01 17:07:40
[53] Hajba Károly2004-06-01 17:07:40

Kedves Géza!

Megbukott az elképzelésem, ugrott a túró rudi :o(

Talán a hurkoknál kell keresgélni? Az tiszta, hogy mindenképpen hurok keletkezik, elágazás kizárva. Így az tapasztalom, nem tudok úgy hurkot képezni, hogy ne maradjon legalább egy hiány körülzárva. Ha ezt bizonyítani tudom, akkor kész a feladat bizonyítása is. Ha jól sejtem :o)

HK

Előzmény: [52] Kós Géza, 2004-06-01 16:18:48
[52] Kós Géza2004-06-01 16:18:48

A kapcsolódási pontok egy hurkon belül azonos színűek. De ezt csak egy hurkon belül tudjuk. Előfordulhat, hogy az egyik hurokban a fehér mezők a kapcsódási pontok, egy másik hurokban pedig a feketék.

Előzmény: [51] Hajba Károly, 2004-06-01 15:50:18
[51] Hajba Károly2004-06-01 15:50:18

Kedves Géza!

Akkor pontosítok. Tehát a téglalap négy sarokpontjába csak olyan rész kerülhet, ami nem kapcsolódási pont, azaz legyen ez a sakktábla fehér szine, míg a kapcsolódási pontok helyei legyenek a fekete szinűek.

Így ha a tábla valamely oldalhossza páros, akkor ha a kezdeti sarkunk fehér és páratlan, a másik sorokba fekete színnek azaz kapcsolódási pontnak kellene esnie, ez pedig nem lehetséges. A tábla négy sarkának fehér színűnek kell lennie, ez pedig csak mindkét oldalán páratlan hosszúságú tálba esetén lehetséges. Ekkor pedig a területe páratlan és lefedettsége hiányos azaz nem lehet az idommal egy téglalapot hiánytalanul kirakni.

HK

Előzmény: [50] Kós Géza, 2004-06-01 14:29:21
[50] Kós Géza2004-06-01 14:29:21

Kedves Károly,

A láncpontok paritásáig OK. Az 5. résszel viszont nem értek teljesen egyet.

(Én a paritás helyett jobban szeretem a sakktáblaszerű színezést -- ami persze ugyanaz --, hadd színezzem inkább ki a rácsnégyzeteket pirosra és kékre, a bal alsó sarok legyen mondjuk piros.)

Ha jól értem, arra gondolsz, hogy minden csempe tartalmaz egy teljes rácsnégyzetecskét -- ennek a közepét nevezed sarokpontnak -- és két fél négyzetet. Az valóban igaz, hogy egy-egy láncon belül a ferde oldalak azonos színű mezőket vágnak ketté. A bal alsó sarkot tartalmazó hurokban tehát minden csempe egy teljes piros négyzetből és két fél kék négyzetből áll.

Ha a téglalap sarkai ugyanabban a láncban vannak, akkor működik az a gondolat, amit írtál: a téglalap mindegyik sarka piros, a téglalap területe pedig páratlan. Ha viszont a téglalap sarkai különböző hurkokhoz tartoznak, akkor lehetnek közöttük kékek is.

Előzmény: [49] Hajba Károly, 2004-06-01 10:45:05
[49] Hajba Károly2004-06-01 10:45:05

Kedves László!

Gyanítom, hogy több módon is meg lehet oldani a feladatot. Először én is a különböző továbbépítési lehetőségek ill. lehetetlenségeket kerestem, de elvesztem benne.

Utána a két átlós oldalt összekötő vonalból képzett láncokat vizsgáltam, melyből egy szakaszt bemutatok az ábrán is. Feltételeztem, hogy a kirakhatósághoz összefüggő és egy irányban haladó vonallánc kell, de nem tudtam kizárni az egyéb lehetőségeket.

Végül is arra lettem figyelmes, s ez megfelelő nagy ábrán szépen ki is jön, hogy az átlós oldalak érdekes és nagyon szabályos mintázatot adnak. Nos ebben az irányban indultam el, s talán ez visz el a megoldáshoz. Tehát:

1. Egy elem területe 2 egység, így a kirakandó téglatest legalább egyik oldalhosszának páros számúnak kell lennie.

2. A téglalap konvex, így ennek sarkában az idom az ábra szerinti bal alsó sarokban lesz és az egész értékű oldalai lesznek a vízszintes és függőleges irányban. Elképzelhető tükörkép is, de a lényegen nem változtat. Azaz kizárhatjuk a 45°-os elforgatásos eset vizsgálatát a konkáv rész miatt.

3. Az átlós oldalaknak mindig kell lennie szomszédjának, ez értelemszerűen egy másik idom átlós oldala. Tehát az átlós oldalak, mint kapcsolódási pontok egy vagy több, önmagukba visszazárt (hurok) lánccá szervezik a beillesztett idomokat. Ezen átlós szakaszok középpontját nevezzük kapcsolódási pontnak és legyen irányultsága 0 vagy 1.

4. Az idom sajátosságából következik, hogy két szomszédos láncpont koordinátakülönbsége \pm1 és irányultsága és koordinátájának paritása ellentétes. (Lásd az ábrát.)

5. Mivel sarokpont nem lehet kapcsolódási pont, olyan téglalapokat kell keresnünk, melynek sarokpontjainak paritása megegyezik. Mivel a bal alsó sarokpont paritása: páratlan-páratlan, így a páros eltolás miatt a két szomszédos sarok paritása is páratlan-páratlan, s ebből következően az átellenes sarok paritása is páratlan-páratlan. Ezen téglatest mindkét oldalhossza páratlan, így páratlan egységből áll, ezt pedig nem lehet hiány vagy többlet nélkül kirakni a 2 egység területű idomból.

HK

Előzmény: [48] lorantfy, 2004-06-01 09:01:33
[48] lorantfy2004-06-01 09:01:33

Kedves Károly és Fórumosok!

Nagyon jó kis feladat, engem érdekel! Elsőre a következő megoldás vázlatra gondoltam:

Az idom egy négyzetből és két egyenlő szárú derékszögű háromszöből áll. Nevezzük a háromszögeket röviden fogaknak. Ha az idomokból (4 elforgatott és 4 tükrözött elfogatott változat, összesen 8 féle) téglalapot akarunk kirakni, akkor nem maradhat egyedülálló fog. Minden fognak meg kell találnia a párját.

Tegyük fel, hogy már n idomot egymáshoz illesztettünk és vannak pár nélküli fogak. Azt kell belátni, hogy az n+1-dik idomot nem lehet úgy hozzáileszteni, hogy mindkét foga párt képezzen és igy csökkenjen a pár nélküli fogak száma.

Ha ezt beláttuk akkor már világos, hogy a fogak száma nem csökkenhet és igy nem rakható ki téglalat.

Az állítás belátásához hozzuk létre azt a kiegészítő felületet, amelyhez illesztve az eredeti idom mindkét foga párt tud képezni. Azt kell belátni, hogy ilyen felület nem hozható létre a 8 idom felhasználásával.

(e és f félegyenes többféle helyzetű lehet!)

Előzmény: [47] Hajba Károly, 2004-05-29 14:01:52
[47] Hajba Károly2004-05-29 14:01:52

Kedves Fórumozók!

Kristóf Miklós a GEOMERTRIA [59] és [67] hozzászólásában feladott egy érdekes kirakós feladatot, mely megoldását Kós Géza a [85]-ben leállított, mivel a KöMaL áprilisi számában ebből lett az alábbi A.344 feladat:

Létezik-e olyan rácstéglalap, amit fel lehet osztani az ábrán látható mintával egybevágó rácsötszögekre?

Én is gondolkodtam rajta, összedobtam egy - remélhetőleg hibátlan gondolatmenetű - bizonytási vázlatot, miszerint nem létezik. Ha mást is érdekel, mint ahogy Géza mondta, beszéljük meg.

HK

[46] lorantfy2004-05-27 15:12:34

Kiegészítő feladat a B.3729-hez:

Vegyük fel az ABC \Delta oldalain az E,F,G pontokat a feladat feltételeinek megfelelően. Legyenek a megfelelő metszéspontok R,S és T.

Bbh. RST \Delta csúcsait tükrözve a szemközti oldalfelező pontokra a tükörképek az ABC \Delta oldalaira esnek.

[41] Gyarmati Péter2004-01-27 14:40:57

Akik később kapták meg a KöMaLt, azok számára a megoldások beküldési határideje februát 2. A B.3688 megoldását tehát korai volt publikálni! A határidő újabb módosítása nem lehetséges - például a jogi gyakorlatban sincs visszamenőleges, hátrányos szabálymódosítás. Így viszont...

[40] lorantfy2004-01-27 13:56:57

Kedves Attila!

Nagyon ügyes és egyszerű a megoldásod. Kösz a segítséget! Közben emilben is kaptam két ötletet - nekik is köszönöm.

(Az egyenlőtlenség négyzetreemelése után persze még \sqrt x-et be kell írni az eredeti egyenlőtlenségből és úgy rendezni...)

Előzmény: [39] jenei.attila, 2004-01-26 16:24:01
[39] jenei.attila2004-01-26 16:24:01

Kedves László!

Legyen t:=0.414213462, és n természetes szám. Olyan x természetes számot keresünk, amelynek négyzetgyöke az n+t -nél csak egy picit nagyobb, méghozzá kevesebb mint 10-9-nel nagyobb. Tehát x körülbelül (n+t)2, egész és a négyzetgyöke kicsit nagyobb mint n+t. Legyen ezért x=[(n+t)2+1], itt [] az egész részt jelöli. Ekkor x megfelelő lesz, ha az n elég nagy, vagyis \sqrt{x}-(n+t)<10^{-9}. Az egyenlőtlenséget négyzetre emelve, és átrendezve x-(n+t)2<10-18+2*10-9*(n+t). A bal oldal nyilván 1-nél kisebb, a jobb oldal pedig nagyobb mint 10-18+2*10-9*n, ezért ha 1<10-18+2*10-9*n teljesül, akkor az előző egyenlőtlenség is teljesül. 10-18 -t elhagyva kapjuk, hogy ha n\ge1/2*109, akkor x=[(n+t)2+1] megfelelő lesz. Természetesen ez nem jelenti azt, hogy nincs ennél jóval kisebb megoldás, de ezt a feladat nem kérte.

Előzmény: [37] lorantfy, 2004-01-19 13:51:32
[38] Suhanc2004-01-24 10:16:56

Kedves Fórumosok!

Remélem, most már szabad a feladatokról kérdezni. A B.3683. feladat megoldása érdekelne. Felrakná valaki, akinek kijött?Előre is köszönöm!

[37] lorantfy2004-01-19 13:51:32

Kedves Fórumosok?

A január 15. beküldési határidő már lejárt, de úgy tudom akikhez később érkezett a lap haladékot kaptak? Nem tudom ez mikor jár le? Mindenesetre szeretnék mielőbb valamit megtudni a B.3688 feladat ötletéről!

[36] Gyarmati Péter2003-12-29 16:04:37

Kedves Kőrizs András!

Én már 32 évvel ezelőtt KöMaLoztam, tehát ismerem a lapot. Azt is tudom, hogyha Ön feladatot tűzne ki, akkor a nevét feltüntetnék, és természetesen: nem az Ön dolga a kitűzésre szánt feladatok megalkotása.

Az, hogy egy feladat szép, vagy sem - szubjektív, ezért jobb, ha erről nyilvános fórumon nem nyilatkozunk. A megoldások "szépségét" befolyásolja az is, hogy a feladat mennyire tartalmas, ötletes.

Bizonyára olvasta a négyszínsejtés megoldásának történetét. Simon Singh: A nagy Fermat sejtés című könyvének 332. oldalán ezt olvashatjuk: "...Philip Davis matematikus Reuben Hershnek írt levelében ehhez hasonlóan nyilatkozik a négyszínsejtésről: "Csodálatos! Hogyan csinálták? - ez volt az első reakcióm. Valamilyen ragyogó új megközelítést vártam, egy olyan kiinduló ötletet, amelynek szépsége bearanyozza a napomat. "Több ezer esetre bontották szét, és egyiket a másik után lefutatták a számítógépen" - volt a válasz, s ez teljesen elkedvetlenített. "Ha csak így lehet bebizonyítani akkor nem is volt olyan jó probléma" -állapítottam meg."

[35] Rizsa2003-12-29 13:16:14

Tisztelt Gyarmati Peter!

Egy kis kozjatek: en ket eve vegeztem el a kozepiskolat, 4 evig foglalkoztam a komallal. Utana megkerestem a szerkesztoseget, es igy kerultem kapcsolatba a feladatok javitasaval. Ebbol kovetkezoen en csak feladatok javitasaval foglalkozom, tehat feladatokat nem tuzok ki, viszont a javitas soran felmerulo esetleges problemaimat, mint ahogy tavaly is, iden is meg tudom beszelni a szerkesztoseg tagjaival.

A feladattal kapcsolatban lenyegeben akkor a kovetkezoket mondanam el mindenkinek:

azert szuletett ennyi 4 pontos dolgozat, mert sokan csak az egyik ranyba oldottak meg a feladatot, azaz belattak, hogy a feltetelek teljesulese eseten a haromszog szogei az adottak. az azonban lemaradt, hogy ha ezek a szogek, akkor az allitas valoban igaz, ez egyebkent most annyival elintezheto lett volna, hogy mivel allitasaink megfordithatoak...

masfelol az otpontos dolgozatok mindegyikeben a megoldok egy korulbelul feloldalas szamolasban igazoljak, hogy a feltetelek valoban teljesulnek. ezert a plusz munkaert pedig kulondijat adni eeleg meresz dolog lenne.

amennyiben barkinek barmilyen kerdese van meg a feladattal kapcsolatban, akkor azt kerem e-mailben jelezze a korizsa@hotmail.com cimen

tisztelettel,

Kőrizs András

[34] Ratkó Éva2003-12-23 19:46:16

Kedves Ákos!

Tegnap éppen emiatt föltettem a honlapra, csak éppen a legutolsó parancsszót elfelejtettem kiadni, ami miatt mégsem volt látható. Most már minden rendben. Jó munkát!

Ratkó Éva

Előzmény: [33] Gyarmati Ákos, 2003-12-23 18:10:59
[33] Gyarmati Ákos2003-12-23 18:10:59

Tisztelt Szerkesztőség!

A KöMal újság még mindig nem érkezett meg, a feladatok a honlapon sincsenek fenn, így jelentős hátrányba kerülök. Legyenek szívesek megküldeni az újságot. Nyílván, így majd a határidő is eltolódik.

Gyarmati Ákos

[32] Gyarmati Péter2003-12-23 18:00:35

Kedves Kőrizs András!

Ha egy feladat megoldható bizonyos számú képlet felírásával, és ez Önnek nem tetszik, akkor jobb feladatot kell kitűzni!

A gondolatmenetét több helyen nehezen lehet követni, különösen a [28]-ban.

Gyarmati Péter

[31] Rizsa2003-12-17 14:00:09

Kedves Béla!

Ebben teljesen igazad van. Azonban lehet h primitiven allok hozza a kerdeshez, de nekem nem tetszett hogy a megoldok egy-ket kivetelt leszamitva felirtak bizonyos szamu kepletet, es ennyi. Szerintem igenis meg kell emliteni legalabb annyit, hogy allitasaink megfordithatoak. Ezzel is megelegedtem volna, mert peldaul ha a feladatnak nem letezo megoldasa lett volna, akkor trivialis odairni, hogy hat ez sajnos nem jo.

Andras

  [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]