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.
[728] w2012-11-24 19:47:44

Több pont általánosításokra? Jó lehetett. Persze, annak is van értelme, hogy nincs extra pont, pl. a B-ben könnyebb egy egyszerűbb példát általánosítani, mint egy összetettebb példa megoldásával megszerezni ugyanazt a pontszámot. Én mondjuk ennek ismeretében mégis hozzáírom a megjegyzéseket, mert szerintem érdemes a javítóval tudatni, hogy a példát kissé továbbgondoltam. Kevés időt vesz igénybe, nem sülhet ki rosszul, és hát nem érzem úgy, hogy "hiányos" a dolgozat.

Előzmény: [727] Róbert Gida, 2012-11-24 15:46:52
[727] Róbert Gida2012-11-24 15:46:52

"Természetesen lehet általánosítani, Megjegyzés rovatba :)"

Igen, de nem kapsz rá plusz pontot. Ami nagyon is jól van, a mi időnkben még volt olyan, hogy valaki az eredetileg 5 pontos feladatra általánosítások miatt 8 pontot kapott.

Előzmény: [726] w, 2012-11-24 12:34:57
[726] w2012-11-24 12:34:57

Szerintem azért így tűzték ki a feladatot, mert ilyen formában nehezebb rájönni a megoldásra, első nekifogásban valamilyen egyszerű módszerrel (szögszámítás, Thálesz, Pit.) állok hozzá (magam nevében beszélek). Több adattal több felesleges dolog jön ki, amibe belegabalyodhatok. Végül egyszerűen kijött, Apollóniusz-körrel. Természetesen lehet általánosítani, Megjegyzés rovatba :)

[725] m2mm2012-11-23 16:28:38

Ha A,B,C,D pontok ilyen sorrendben egy egyenesen vannak és harmonikus pontnégyest határoznak meg, akkor tetszőleges I pontra a síkon(leszámítva AB egyenes pontjait), pontosan akkor lesz BID\angle=\frac{\pi}{2}, ha AIB\angle=BIC\angle. Ez belátható pl. szinusz-tételekkel, ujjgyakorlat.

Így valójában a feladatban P lehet bármely mást pont AB oldalon és Q az AP.BQ=AQ.BP feltétellel megadott pont(AB egyenesen), akkor is fennáll a szögfelező tulajdonság, magyarán van egy kis fölös információ a feladatban.

Előzmény: [723] Erben Péter, 2012-11-23 10:24:07
[724] Erben Péter2012-11-23 14:49:21

Javítva:

A AP.BQ=AQ.BP feltétel így is írható:

\frac{AP/PB}{AQ/QB}=-1

Előzmény: [723] Erben Péter, 2012-11-23 10:24:07
[723] Erben Péter2012-11-23 10:24:07

Egy észrevétel a B.4477. egy lehetséges hátteréről.

A AP.BQ=AQ.BP feltétel így is írható: \frac{AP/PB}{AQ/QP}=1. Erről - ha a pontok lehetséges sorrendjét elemezve a szakaszokat előjeles hosszal jellemezzük - a kettősviszony juthat eszünkbe: (ABPQ)=-1.

Tehát A és B harmonikusan választja el P-t és Q-t, amiből az következik, hogy Q az ábrán látható módon (szaggatott vonalak) szerkeszthető. (Az MRCS négyszög szemközti oldalegyeneseinek metszéspontja A és B, átlói pedig a P és Q pontokban metszik az AB egyenest.)

Végül arra kell csak emlékezni, hogy a PRS talpponti háromszög belső szögfelezői az ABC háromszög magasságvonalai, innen egyszerűen következik az eredeti feladat állítása.

[722] valaki akit úgyis ismersz2012-11-14 20:48:09

Megoldotta vki az A.569.-et?

[721] valaki akit úgyis ismersz2012-11-14 20:42:41

Tudomásul vettem.

Előzmény: [720] Róbert Gida, 2012-11-14 20:14:48
[720] Róbert Gida2012-11-14 20:14:48

Az számít, hogy mit küldtél be, azt pedig mi nem tudhatjuk. Amúgy, ha nagyon szigorúan nézném, akkor 0 pontos is lehetne a megoldásod, mert nem a feladott példát oldottad meg. Érettségin például simán kaphatsz ilyenért nulla pontot.

Előzmény: [719] valaki akit úgyis ismersz, 2012-11-14 17:14:16
[719] valaki akit úgyis ismersz2012-11-14 17:14:16

Elnézést, kissé félreírtam; mm2m: valóban szorzás nem összeadás; továbbá a törtbecslésnél szigorú az egyenlőtlenség, mint a háromszög-egyenlőtlenségben, nincs 1 pont levonás.

Előzmény: [716] m2mm, 2012-11-14 00:43:58
[718] Fálesz Mihály2012-11-14 09:11:48

Érdemes megrajzolni az ABC, ABP, BCP, CAP háromszögek beírt köreit.

Előzmény: [716] m2mm, 2012-11-14 00:43:58
[717] Róbert Gida2012-11-14 02:10:06

<\frac 52-et kellett bizonyítani. 1 pont levonás.

Előzmény: [714] valaki akit úgyis ismersz, 2012-11-13 22:07:01
[716] m2mm2012-11-14 00:43:58

A.570. (vázlatos)

AC1(P)PB1(P) pontosan akkor érintőnégyszög, ha AB-AC=PB-PC(ismert, de érintőszakaszok felírásával triviális). P tehát az a pont, amin áthaladnak azon hiperbolaágak, melyekhez tartozó fókuszpontok ABC háromszög két csúcsa, és áthaladnak a harmadik csúcson. P megvan konstruálva, szerkesztés az már csúnyább, de a hiperbolaágak egyenlete felírható és ezekből a metszéspont is megvan... A kérdés, hogy számolás nélkül valaki megtudja-e szerkeszteni?

[715] m2mm2012-11-14 00:18:15

Hát na ne már egy egyenlőtlenség-feladat nem attól lesz szép, hogy kipróbálunk egy Cauchy-t és hopp, kijön belőle még egy lépéssel, hanem inkább tudatosan keressünk köztes becslést(mint a hiv. megoldás is) illetve a kifejezés, mint fv. viselkedéséből szűrünk le infót. Persze ez gusztus dolga.

Ja, az első egyenlőtlenségedben a két gyökös kifejezést nem összeadod, hanem összeszorzod, erre figyeljünk, az ember ebben hiába keres Cauchy-t.

Előzmény: [714] valaki akit úgyis ismersz, 2012-11-13 22:07:01
[714] valaki akit úgyis ismersz2012-11-13 22:07:01

A szépség a feladatban az, hogy egyszerű módon is megoldható, ráadásul durva becslésekkel. Cauchy-egyenlőtlenség szerint bal oldal \le \sqrt{\frac{2a+c}{3a+b}+\frac{2b+a}{3b+c}+\frac{2c+b}{3c+a}}+\sqrt{\frac{2b+c}{3b+a}+\frac{2c+a}{3c+b}+\frac{2a+b}{3a+c}}=A.

Továbbá pl.

\frac{2a+c}{3a+b}\le\frac{2a+c+(b+c-a)}{3a+b+(b+c-a)}=\frac{k+c}{2k-c}

,ahol k=a+b+c (törtek becslésére vonatkozó tétel, \Delta-egyenlőtlenség). Tehát

A\le\sqrt{\frac{k+a}{2k-a}+\frac{k+b}{2k-b}+\frac{k+c}{2k-c}}\sqrt{\frac{k+a}{2k-a}+\frac{k+b}{2k-b}+\frac{k+c}{2k-c}}=\frac{k+a}{2k-a}+\frac{k+b}{2k-b}+\frac{k+c}{2k-c}\le\frac{k+2a}{2k}+\frac{k+2b}{2k}+\frac{k+2c}{2k}=\frac52.

Azaz készen vagyunk. A korlát élességéről némi határértékszámítással győződhetünk meg, ha a=b és c egészen kicsi.

[713] nadorp2012-11-13 15:54:42

A bizonyítás első része deriválás nélkül is megy:

(2a+c)(2b+c)=c2+2ac+2bc+4ab=(a+b+c)2-(a-b)2

(3a+b)(3b+a)=3a2+10ab+3b2=4(a+b)2-(a-b)2

Tehát, felhasználva, hogy 2(a+b)>a+b+c

\frac{(2a+c)(2b+c)}{(3a+b)(3b+a)}=\frac{(a+b+c)^2-(a-b)^2}{4(a+b)^2-(a-b)^2}=1-\frac{4(a+b)^2-(a+b+c)^2}{4(a+b)^2-(a-b)^2}\leq

\leq1-\frac{4(a+b)^2-(a+b+c)^2}{4(a+b)^2}=\frac{(a+b+c)^2}{4(a+b)^2}

Előzmény: [712] m2mm, 2012-11-13 13:42:08
[712] m2mm2012-11-13 13:42:08

A.571.

Először \sqrt{\frac{(2a+c)(2b+c)}{(3a+b)(3b+a)}}\le \frac{a+b+c}{2(a+b)}-t látom be. Négyzetre emelve és egy oldalra hozva a c-t tartalmazó tényezőket az ekvivalens \frac{4(a+b)^2}{(3a+b)(3b+a)}\le \frac{(a+b+c)^2}{(2a+c)(2b+c)} (*) a bizonyítandó. Rögzített 0<a,b-re tekintsük fa,b: R+->R+ f_{a,b}(t)=\frac{(a+b+t)^2}{(2a+t)(2b+t)} függvényt.

f'_{a,b}(t)=\frac{2(a+b+t)(2a+t)(2b+t)-(a+b+t)^2(a+b+t)^2}{(2a+t)^2(2b+t)^2}\le 0, mivel ez ekvivalens 2(a+b+t)(2a+t)(2b+t)-2(a+b+t)2(a+b+t)\le0-val, (2a+t)(2b+t)\le(a+b+t)2-tel, 0\le(a-b)2-tel. Tehát fa,b monoton csökkenő, továbbá a+b>c, így fa,b(c)\gefa,b(a+b). Behelyettesítve (*) adódik. Tehát \sqrt{\frac{(2a+c)(2b+c)}{(3a+b)(3b+a)}}\le \frac{a+b+c}{2(a+b)}. A másik két tagra is felírva a hasonlóan adódó egyenlőtlenséget

\sqrt{\frac{(2a+c)(2b+c)}{(3a+b)(3b+a)}}+\sqrt{\frac{(2b+a)(2c+a)}{(3b+c)(3c+b)}}+\sqrt{\frac{(2a+b)(2c+b)}{(3a+c)(3c+a)}}\le \frac{a+b+c}{2(a+b)}+\frac{a+b+c}{2(c+b)}+\frac{a+b+c}{2(a+c)}=

=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}(\frac{c}{a+b}+\frac{a}{c+b}+\frac{b}{a+c})<\frac{5}{2}, mivel \frac{c}{a+b}+\frac{a}{c+b}+\frac{b}{a+c}< \frac{2c}{a+b+c}+\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}=2.

[711] m2mm2012-10-12 13:39:38

Szándékos is lehetett, letesztelni ki az akit lehet tanítani, nem csak vegetál szakkörökön, illetve ki az aki a nehéznek tűnő feladatokat bemisztifikálja és esélytelen emiatt egy IMO 3 vagy 6-ra...

Előzmény: [710] Róbert Gida, 2012-10-12 00:56:00
[710] Róbert Gida2012-10-12 00:56:00

Lejárt A567. megoldása.

Ritkán ad a szerkesztő (Kós Géza) segítséget egy akkor még élő feladathoz. Az olimpiai szakkör második feladatának (1988/6) megoldásában ugyanaz a trükk van, mint az egyébként pont a Pelikán által kitűzött A567-ben.

Egyszerre oldom meg az a,b, részét a feladatnak, legyen e=5 vagy 3. A feladat szerint a|b2-e, és b|a2-e és a,b relatív prímek, így ab|a2+b2-e is teljesül, sőt ez megfordítva is igaz (kivéve az, hogy relatív prímek lesznek). Nagyszerű, a két oszthatósági feltételből egyet csináltam.

Ha ab|a2+b2-e, akkor a2+b2-e=kab teljesül valamilyen k egészre (k lehet negatív is). Az a,b szerepe szimmetrikus, így feltehető, hogy a\leb. Rendezve: b2-kab+a2-e=0, azaz x=b megoldása az x2-kax+a2-e=0 másodfokú egyenletnek. Végtelen leszállás (méthode de descente infinie) következik, majd felszállás.

Tegyük fel, hogy a>2 teljesül. Ha az egyenletnek az egyik megoldása 'b', akkor a másik b2=ka-b (gyökök és együtthatók közti összefüggés) és a,b2-re teljesül, hogy a2+b22-e=kab2, sőt a,b2 relatív prímek, hiszen lnko(a,b2)=lnko(a,ka-b)=lnko(a,b), továbbá b2 egész (trivi), és pozítiv, hiszen b_2=\frac{a^2-e}{b}>0, mert a2-e\ge9-5=4>0 és b>0. Már csak az kell, hogy "kisebb" megoldást találtunk, valóban: b_2=\frac{a^2-e}{b}<\frac{a^2}{b}\le a (utóbbi azért, mert a\leb volt). Azaz a (b2,a) pár megoldás, ahol b2<a, így az (a,b) párnál a rendezésben kisebb megoldást kaptunk.

Leszállás addig működik, amíg az a>2 feltétel teljesül. Mikor akadunk el e=3 esetben: ha a=1, akkor b=1 vagy b=2, míg az a=2 eset nem ad megoldást. Így (még a (2,1) páron kívül) nincs más megoldás, hiszen a felszálláshoz szükséges b>2 feltétel egyikre sem teljesül. Ha e=5, akkor a=1 esetén b=1,2,4 és a=2 nem ad megoldást. Végtelen felszállás működik, de csupán az (1,4) párra, hiszen ott b>2. Figyeljük meg, hogy k értéke egy sorozat mentén konstans, itt k=3. Azaz az összes megoldás (1,1),(1,2) és legyen a0=1;a1=4;an=3an-1-an-2, ekkor (an,an+1) megoldás, illetve ezek felcserélésével kapott párok. És nincs több megoldás. Ehhez még elsüthetjük azt, hogy a fel/leszállás adott megoldásból kiindulva egyértelmű, hiszen a másodfokú egyenletnek két gyöke van.

[709] Róbert Gida2012-05-10 23:56:19

Tavalyi B. 4364. megoldásához:

Legyen c=z;b=y+z;a=x+y+z ahol x,y,z nemnegatív a feltételek miatt. Behelyettesítve és rendezve az egyenlőtlenséget bal oldalra minden tag együtthatója pozitív lesz. Nagyon olcsó példa.

A Mathematica is bebizonyítja (Simplify elég hozzá).

[708] Róbert Gida2012-04-11 17:11:59

(lejárt) A557.

Solution. Define a1=3,an+1=(an2+1)/2. Paint the numbers in the interval Ai=[ai,ai+1) in the color i mod 3. The number 1 painted in color 2, number 2 - as you like. Now consider any x,y,z(x<y) such that x+y=z2 and z lies in Ai. Then it is easy to see that y is either Ai+1, or Ai+2, ie, y and z have different colors. Equality 1+3=22 is also not suitable.

A megoldás az internetről jön. Oroszból lefordítva a google translate segítségével (tex-be áttéve és a mat.jeleket újra beírva). 5 perc alatt találtam meg, google és google translate kellett hozzá. Kezdő internetezőnek talán érdekes lehet, hogy nulla orosz tudással egy orosz lapon levő zip-elt file-ban levő orosz nyelvű feladatot és megoldást miért is lehet egyáltalán megtalálni. Kömal kiírásból: "Többször előfordult már, hogy egy-egy feladat szerepelt valamely példatárban, vagy megtalálták az interneten...Célunk továbbra is versenyzőink problémamegoldó képességének feljesztése, nem pedig a keresőprogramok tesztelése", de itt nem pusztán kereső kellett hozzá. És ez nem az első Kolmogorov kupás feladat volt az A jelűek között, talán érdemes lenne kitűzés előtt az interneten rákeresni, hogy a megoldás fent van-e. Megjegyzem nem minden megoldást tettek fel a Kolmogorov kupáról, de például az A545 és az A539 Kolmogorov kupás feladatok megoldásai ugyanitt megtalálhatóak. 15 ingyen pont kicsit sok az A pontversenyben 1 tanév alatt, nem?

[707] m2mm2012-04-11 13:47:52

A. 558. feladatot valaki megoldotta a fórumosok közül? Érdekelne a megoldása.

[706] nadorp2012-03-14 00:45:26

2. megoldás az A556 feladatra:

Legyen f(t)=\sum_{i=1}^n|\sin(t-a_i)|. Ha n=1, akkor t=a1 választással a feladat állítása nyilván teljesül, ezért a továbbiakban feltesszük, hogy n\geq2.

Mivel az f(t) függvény \pi-szerint periodikus, ezért az állítást elegendő abban az esetben bizonyítani, amikor

0\leqt<\pi és 0\leqai<\pi ( 1\leqi\leqn), sőt az általánosság megsértése nélkül az is feltehető, hogy

(1)0\leqt<\pi , 0\leqa1\leqa2\leq...\leqan<\pi

. Ekkor

(2)|\sin(t-a_i)|=\left\{\matrix{\sin(t-a_i)&ha&t>a_i\cr \sin(t-a_i+\pi)&ha&t\leq a_i}\right.

Szükségünk lesz még a következő azonosságra

(3)\sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}n=\ctg\frac\pi{2n}

Valóban

\sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}n=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{2\sin\frac{k\pi}n\sin\frac\pi{2n}}{2\sin\frac\pi{2n}}=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\cos(k-\frac12)\frac\pi{n}-\cos(k+\frac12)\frac\pi{n}}{2\sin\frac\pi{2n}}=\frac{\cos\frac\pi{2n}-\cos(n-\frac12)\frac\pi{n}}{2\sin\frac\pi{2n}}=\ctg\frac\pi{2n}

Rátérve a feladat bizonyítására, azt fogjuk belátni, hogy az (1) feltételek mellett \frac1n\sum_{i=1}^nf(a_i)\leq\ctg\frac\pi{2n}. Ebből már következik a feladat állítása, hiszen ha f(a_k)=\min_{1\leq 
 i\leq n}f(a_i), akkor f(a_k)\leq\ctg\frac\pi{2n} is teljesül.

\sum_{i=1}^nf(a_i)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n|\sin(a_i-a_j)|=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i-j\equiv k~mod(n)}|\sin(a_i-a_j)|

Itt felhasználva (2)-t és hogy a sinus függvény a [0,\pi] intervallumon konkáv

\sum_{i-j\equiv k~mod(n)}|\sin(a_i-a_j)|=\sin(a_1-a_{n-k+1}+\pi)+...+\sin(a_k-a_n+\pi)+\sin(a_{k+1}-a_1)+...+\sin(a_n-a_{n-k})\leq

\leq n\sin\frac{(a_1-a_{n-k+1}+\pi)+...+(a_k-a_n+\pi)+(a_{k+1}-a_1)+...+(a_n-a_{n-k})}n=n\sin\frac{k\pi}n

tehát (3) alapján

\sum_{i=1}^nf(a_i)\leq\sum_{k=1}^{n-1}n\sin\frac{k\pi}n=n\ctg\frac\pi{2n}

Megjegyzés: Az f(t) függvény minimumára adott felső becslés általában már nem javítható, ugyanis a_k=\frac{(k-1)\pi}n (1\leqk\leqn) esetén f(t)\geq\ctg\frac\pi{2n} teljesül és egyenlőség t=ak+m\pi ( m egész) esetén van

[705] jenei.attila2012-03-13 09:14:30

Szép feladat volt ez, és nagyon szép megoldásokat adtatok rá. Különösen az első tetszett, de Fálasz Mihályé is igen elegáns. A harmadik a vektorok használatának erejét mutatja, az is nagyon ügyes. Grat mindkettőtöknek.

Előzmény: [702] HoA, 2012-03-09 10:49:57
[704] HoA2012-03-09 14:43:39

A szemléletes megoldások után jöjjön egy mechanikus, vektoralgebrai. Jelöljük a \vec V vektor 90 fokos pozitív elforgatottját \vec {V_n} -nel, \vec V és \vec {V_n} összegét \vec {V_d} -vel . \vec {V_d} a \vec V -vel 45 fokos szöget bezáró, \sqrt 2 |\vec V | hosszúságú vektor. Könnyen belátható, hogy tetszőleges \vec U és \vec V vektorokra ( \vec U + \vec V)_n =  \vec {U_n}  + \vec {V_n}

Legyen  \vec{CA} =  \vec a ,  \vec{CB} =  \vec b . Ekkor  \vec {NL} = 1/2  \vec a ,  \vec {NM} = 1/2  \vec {( a - b )} ,  \vec {LO} = 1/2  \vec {( a - b )_n}  ,  \vec {NO} = 1/2  ( \vec a +   \vec {( a - b )_n } ) . Hasonlóan  \vec {MO} = 1/2  ( \vec b +   \vec {( a - b )_n } )

 \vec {NO} = 1/2  (\vec a + \vec a_n - \vec b_n ) = 1/2  (\vec {a_d} - \vec {b_n} ) . Mivel  \vec {a_d} és  \vec {b_n} adott hosszúságú vektorok, különbségük abszolút értéke akkor lesz a legnagyobb, ha egy egyenesbe esnek és ellentétes irányúak.  \vec {a_d}  \vec a - hoz képest 45 fokra áll, tehát  \vec {b_n} 225 fokra és így  \vec b 135 fokra. Hasonlóan adódik, hogy  \vec {MO} is akkor a leghosszabb, ha  \vec a és  \vec b 135 fokos szöget zár be.

Előzmény: [703] Fálesz Mihály, 2012-03-09 13:37:29

  [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]