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.
[572] Erben Péter2010-07-29 19:22:13

Jelölés: \sqrt{x} = y \ge 0

y12-y6-2y4-1 = 2y3-2y7+2y  

y12+2y7    -y6-1-2y4-2y3-2y=0  

y12+2y7+y2-y2-y6-1-2y4-2y3-2y=0  

(y12+2y7+y2)-(y6+y2+1+2y4+2y3+2y)=0  

(y6+y)2-(y3+y+1)2=0

(y6-y3-1)(y6+y3+2y+1)=0

A második tényező pozitív, az első y3-ben másodfokú. Nemnegatív megoldása:

y = \root 3  \of {\frac{1+\sqrt{5}}{2}}

x = y^2 = \root 3  \of {\frac{3+\sqrt{5}}{2}}

Előzmény: [571] Blord, 2010-07-29 16:52:43
[571] Blord2010-07-29 16:52:43

Sziasztok!

Nekem sem igazán ment a 4275, én is nagyon hálás lennék egy megoldás(vázlat)ért. Valószínűleg rossz úton jártam, úgy kezdtem, hogy (gyök x)=a helyettesítés után a két oldalt négyzetre emeltem, a négyzet-b négyzet=(a-b)*(a+b), majd kis maple használat után még tovább alakítottam szorzattá, de ez az eljárás nagyon nem tetszett..

[570] rizsesz2010-07-25 15:37:03

Remélem jó irány :) ha kijön, kérlek szólj :) egy Bukarestbe tartó 4 órás buszút 3,5. órája környékén vettem elő és ki is jött a (2;3), (-1;1), (-1;0), de lehet, hogy van más megoldás is, azóta sem számoltam végig :)

Előzmény: [569] Blinki Bill, 2010-07-25 13:17:12
[569] Blinki Bill2010-07-25 13:17:12

Kösz :)

Előzmény: [568] rizsesz, 2010-07-25 11:34:04
[568] rizsesz2010-07-25 11:34:04

A 4277.-ben alakítsd át úgy a kifejezéseket, hogy minden x+y és x*y-nal kifejezve szerepeljen (nem egy nagy kaland) :)

utána használd fel a számtani-mértani közepek közötti összefüggést, majd átalakítások után kapsz egy felső korlátot x*y-ra (kijön, h legfeljebb 9).

ez akkor jó, ha x és y pozitív.

ha mindkettő negatív, akkor nincsen megoldás.

ha az egy negatív, a másik pozitív, akkor pedig helyettesítsd az egyiket a negatív előjelű értékkel (pl -y-nal); kicsit átalakul az egyenlet; onnan pedig zongorázd végig a legfelül leírtakat.

Előzmény: [567] Blinki Bill, 2010-07-25 09:59:52
[567] Blinki Bill2010-07-25 09:59:52

Feltenné valaki a B.4275. és a B.4277. feladatok megoldási vázlatát, esetleg egy indító ötletet? Köszönöm.

[566] Róbert Gida2010-07-15 15:19:41

"Hacsak az A504 nem,[519]hsz. :DDD"

Nem, az A506-ot 12-en oldották meg teljesen (5 pontosra), míg az A504-et 6-an. Egyébként az A jelű pontversenyben a tanévben 21 diáknak van pozitív pontszáma és mindössze 7-en vannak a Fazekasból. Ez azért nem sok.

Pozitívum viszont, hogy lánygimnázium is van az A pontversenyben, de oda fiú hogyan járhat?

Előzmény: [541] Blinki Bill, 2010-05-12 18:40:22
[565] Róbert Gida2010-06-18 01:20:38

Szép megoldás. A bizonyításodat követve: a1=3385021573484712-re a sorozat csak összetett számot tartalmaz.

Előzmény: [564] S.Ákos, 2010-06-16 18:20:41
[564] S.Ákos2010-06-16 18:20:41

a0=0 sorozatot nézzük, 7|a2 és 5.17|a3, illetve maradékokkal látható, hogy a6-nak van ezektől különböző prímosztója, mivel mindegyik 1. hatványon szerepel a6 felbontásában. Ebből kapjuk, hogy ha 7|ak tetszőleges sorozatban, akkor 7|ak+2n, analg módon a másik 3 prímre is minden 3-ik illetve 6-ik szám osztható vele. Innét konstruálunk egy olyan x számot a kínai maradéktétellel, amire x\equiv2(5), x\equiv0(7.17) és x\equiv1(p), ahol p a6 prímosztója. Ugyanis ekkor minden 3k+1-.ik tag osztható 5-tel, 3k+2-ik 17-tel, 2k-ik 7-tel, és 6k+5-ik p-vel. De ezek lefedik az összes maradékosztályt, így ilyen számok jók, és tudunk olyant választani, hogy mindegyik prímnél nagyobb legyen.

Előzmény: [563] Radián, 2010-06-15 13:05:11
[563] Radián2010-06-15 13:05:11

Hello!

Ha valakinek megvan és van rá ideje kérem írja le a B.4272-es feladat megoldását. Előre is köszönöm.

[562] BohnerGéza2010-06-03 16:10:11

A B.4269 feladattal kapcsolatban fölvetek egy "sejtést" a GEOMETRIA témában, az 1422. hozzászólásban. Felhasználom az itteni 560. hozzászólás észrevételét, melynek bizonyítása is igen szép.

Előzmény: [552] HoA, 2010-05-13 16:27:19
[561] S.Ákos2010-05-16 00:24:35

Ez független attól, hogy a körök sugarai egyenlők, tetszőleges AB szakaszon lévő belső pontra igaz, vagyis a beírt körök C-n át nem menő közös belső érintője átmegy az érintési ponton.

Előzmény: [560] damil, 2010-05-15 21:22:28
[560] damil2010-05-15 21:22:28

Itt egy ábra is amin kiemeltem a lényeget:

[559] damil2010-05-15 21:01:58

Bocs, elfelejtettem odaírni, hogy közös belső érintő (külsőt se írtam, nem látom honnan szedted). Két közös belső érintő van (kivétel az egyenlő szárúaknál). Az egyikre illeszkedik C és P, és azt állítom hogy a másikra illeszkedik a a beírt kör és az AB oldal érintési pontja.

Előzmény: [558] D. Tamás, 2010-05-15 11:29:15
[558] D. Tamás2010-05-15 11:29:15

Azt az állítást nem teljesen értem. Mit értesz az alatt, hogy a két kis kör közös külső érintője átmegy a beírható kör és az AB oldal érintési pontján? Tekintve, hogy az egyik közös külső érintőegyenese az AB egyenes, és az ABC háromszög beírt köre a háromszög mindegyik oldalát egy pontban érinti, ezért ez az állítás biztosan igaz. Bár szerintem valamit félreértek, mert ez így elég egyszerű feladat.

Megjegyzés: A korábbi állításodhoz, miszerint ha mindhárom oldalon felvesszük a feladatnak megfelelő pontot, és összekötjük a szemközti csúccsal, akkora három egyenes egy pontban metszi egymást csak speciális háromszögben igaz, egyenlőre nekem még csak szabályos háromszögbe bizonyult igaznak az állítás, hiszen ott a megfelelő pontokat a szemközti csúcsokkal összekötve megkapjuk a szabályos háromszög magasságait, s közismert, hogy egy tetszőleges háromszög magasságai egy pontban, a magasságpontban metszik egymást.

[557] damil2010-05-15 09:26:55

Igazad van tényleg nem egy ponton mennek át. Számítógéppel rajzoltam meg, és az alapján úgy tűnt, hogy egy ponton mennek át. Most csináltam egy ábrát amint nagyon "lapos" a kiinduló háromszög, és ott már látszik hogy nem igaz.

Mi a véleményed a másik állításról? Azt is hasonlóan vettem észre, de még lehet, hogy igaz.

A PC szakasz hosszát meg megpróbálom kijavítani.

Előzmény: [556] D. Tamás, 2010-05-14 23:09:23
[556] D. Tamás2010-05-14 23:09:23

Az, hogy igaz-e az az állítás, hogy ha minden a háromszög oldalain megszerkesztjük a keresett pontokat,s ezeket a pontokat összekötjük a szemközti csúcsokkal, akkor a keletkező 3 egyenes egy pontban metszi-e egymást nehezebb problémának tűnik. Ebben a problémában jelenleg csak az ún. Ceva-tételt tudom használni, de sajnos nagyon ronda értékekkel kell számolnunk. De valószínűsítem, hogy az állítás nem igaz. (Egyébként honnan sejted ezt az állítást? Megszerkesztetted a kívánt háromszöget?)

Egyéb érdekesség: Ha megszerkesszük a c oldalon a feladatból ismert P pontot, és a többi oldalon is hasonló eljárással a Q és R pontokat, akkor azt vehetjük észre, hogy PC2+QA2+RB2=s2 ahol s az ABC háromszög félkerülete!

[555] D. Tamás2010-05-14 22:21:08

A PC szaksz hossza nem jó. Ha ilyen "ronda" lenne, akkor fel sem adtam volna feladatnak.

[554] damil2010-05-14 16:32:16

Nekem ez jött ki: PC=\frac{a^2-b^2+c^2+\sqrt{a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 + 2 a b c^2 - b^2 c^2}}{2c} Örülnék ha valaki leellenőrizné.

Miközben a B.4269.-es feladatot oldottam észrevettem két érdekes dolgot. A két kis kör másik közös érintője (amelyik nem megy át C-n) átmegy a beírható kör és az AB oldal érintési pontján.

Ha mindhárom oldalon felvesszük a feladatnak megfelelő pontot, és összekötjük a szemközti csúccsal, akkora három egyenes egy pontban metszi egymást.

Bizonyítani nekem még nem sikerült őket.

Előzmény: [553] D. Tamás, 2010-05-13 20:12:11
[553] D. Tamás2010-05-13 20:12:11

A B.4269.-es feladattal kapcsolatban: Határozzuk meg a PC szakasz pontos hosszát az a,b és c szakaszok felhasználásával! Igazoljuk, hogy derékszögű háromszögben ha az átfogón szerkesztettük meg a P pontot, akkor a PC szakasz hossza pontosan megegyezik a derékszögű háromszög területének négyzetgyökével!

[552] HoA2010-05-13 16:27:19

B.4269 megoldása „A KöMaL pontverseny” témában leírtak kapcsán. Tekinsük a feladatot megoldottnak. Legyen ABC\Delta körülírt köre k, beírt körének középpontja O . Az APC és BCP háromszögek beírt k1 , k2 köreinek középpontja O1 ill. O2 . Mivel ezek a körök ABC\Delta 2-2 oldalát érintik, O1 ill. O2 rajta vannak az AO ill. BO szögfelezőkön. A körsugarak egyenlősége miatt O1O2 párhuzamos AB -vel. Ugyancsak az érintés miatt O1C felezi az ACP , O2C a BCP szöget. O1O2C\Delta C-nél levő szöge ezért \gamma/2 . Nagyítsuk az O középpontból az O1O2C\Delta-et úgy, hogy O1 képe A legyen. Ekkor a párhuzamosság miatt O2 képe B lesz. A C pont C’ képe egyrészt rajta van az OC egyenesen, másrészt az AB szakasz \gamma/2 látőszögű, C oldali körívén.

A szerkesztés menete: Rajzoljuk meg az AB szakasz \gamma/2 látószögű körívét a C -t tartalmazó oldalon. Ennek a CO egyenessel alkotott metszéspontja C’ .Húzzunk párhuzamost C-n keresztül AC’ -vel, metszéspontja AO -val legyen O1, valamint C-n keresztül BC’ -vel, metszéspontja BO -val legyen O2. Az O1 középpontú, AB -t érintő kör C -ből húzott, AC -től kölönböző érintője metszi ki AB -ből P-t.

Igazolás: ABC’\Delta és O1O2C\Delta hasonlósága miatt O1O2 párhuzamos AB -vel, e középpontok körüli AB-t érintő körök sugara egyenlő. O1 és O2 rajta vannak az AO ill. BO szögfelezőkön, ezért e körök az AC ill. BC oldalakat is érintik. Legyen ACO1\angle=\gamma1 , BCO2\angle=\gamma2 . \gamma1+\gamma2=\gamma-\gamma/2=\gamma/2 Az érintés miatt PCO1\angle=ACO1\angle=\gamma1 , így PCO2\angle=\gamma2.\gamma1-\gamma2=\gamma\gamma/2-\gamma1=\gamma/2-\gamma1=\gamma2 , tehát CP az O2 körüli BC -t érintő kört is érinti.

[551] vogel2010-05-12 22:20:15

Szerintem a szerkesztőségben kéne ócsárolni a feladatokat, szemtől szemben. Esetleg javasolni feladatot.

Előzmény: [540] Róbert Gida, 2010-05-12 18:14:10
[550] Tibixe2010-05-12 22:16:20

Nem várom, hogy megoldja ( biztos van jobb dolga ), de legalább mérje fel, hogy nem könnyű.

Előzmény: [548] m2mm, 2010-05-12 22:08:40
[549] Tibixe2010-05-12 22:14:12

Egy pillanatig nem vontam kétségbe a képességeidet.

Arról beszéltem, hogy nem találom fairnek, hogy azzal, hogy az esetlegesen kitűzött könnyű problémák kapcsán leírod, hogy mennyire könnyű, triviális és potya ( tényleg az ), de a nehéz feladatokról nem jegyzed meg, hogy mennyire érdekes/szép/dolgozni kell érte. Majd ebből a nem reprezentatív mintából implicit levonod azt a következtetést, hogy most könnyebb versenyezni az A pontversenyben, bezzeg a hőskor.

Nyilván azért van ez, mert nincs időd végignézegetni, hogy a nem-ötpercesek közül melyik feladat jön ki egy nap, melyik egy hét, és melyik három hét gondolkodás után. Viszont akkor ne vonj le következtetéseket.

Én is elkezdhetném mondani, hogy az N.145. mennyire könnyű volt ( hiszen a területnégyzet az oldalnégyzetekben kvadratikus a Hérón-képlet kifejtett alakja szerint, és éppen akkor pozitív, amikor létezik a háromszög ), de nem teszem, mert fogalmam sincs, hogy a vele együtt kitűzöttek mennyire voltak nehezek vagy könnyűek.

Előzmény: [544] Róbert Gida, 2010-05-12 20:46:06
[548] m2mm2010-05-12 22:08:40

Ha a 3 közé engem beleszámítasz, én nem akartalak megtámadni, Blanka pedig csak jelezte, hogy már írtad korábbi feladatra is, hogy ilyen potyát még nem láttál A-nak. Tibi pedig szeretne látni tőled egy nehezebb A feladat megoldását.

Előzmény: [544] Róbert Gida, 2010-05-12 20:46:06

  [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]