[739] m2mm | 2013-02-09 01:23:30 |
A.576.
segítség 1: Először próbáld megoldani szabályos n-szögre ci=1, t=0 esetén. Ezután próbáld a gondolatmenetet továbbvinni az általános feladatra.
segítség 2: Csak irányítástartó hasonlóságok kellenek.
|
Előzmény: [738] w, 2013-01-31 19:10:41 |
|
[738] w | 2013-01-31 19:10:41 |
Ha valaki írna a decemberi A-példák valamelyikére megoldást, azt nagyon megköszönném.
|
|
|
|
[735] Róbert Gida | 2013-01-15 21:40:49 |
K.357 "Az 5 többszöröseinek utolsó számjegye 0 vagy 5 lehet, ennél eggyel kisebb számé 9 vagy 4."
A 0-t is az 5 többszörösének veszik, és az eggyel kisebb -1 utolsó jegye 1. És ez még mindig a hibákkal teli decemberi lapszámos feladat. Sok időt nem fordíthatnak a megoldások útmutatójára.
Hat pontból adnék azért 1 pontot a megoldásra.
|
|
[734] Róbert Gida | 2013-01-15 21:28:38 |
Decemberi lejárt B4500.: "Útmutatás: Igen. Bizonyítsuk be, hogy f(1)=1."
Bizonyítást nem találunk hozzá, de mindegy is, mert nem igaz: legyen g(n)=2*n2+2*n-1. Ekkor g(1)=3; és megfelelő polinom!
Prímek meg egyáltalán nem kellenek a bizonyításhoz, elég azt belátni, hogy fi(n)1mod n, illetve nálam: gi(n)-1mod n.
|
|
[733] w | 2012-12-16 18:00:47 |
Úgy tűnik, hogy nem fogják a honlapra felrakni az A. 573. feladat megoldását, pedig relatívan egyszerű volt (a leírása a legnehezebb rész).
Valaki elmondaná-e az A. 572. megoldását?
|
|
|
[731] vogel | 2012-11-26 02:25:13 |
Ezek az útmutatások, amik a megoldások felett vannak, megjelennek az újságban is?
|
|
[730] w | 2012-11-24 23:41:27 |
A honlapinál egyszerűbb megoldás B.4477-re:
A feltétel szerint A és B rajta van a PQ Apollóniusz-körén; Thálesz-tétel megfordítása szerint R is rajta van. A PRQ< szögfelezője messe PQ-t A'-ben -- szögfelezőtétel miatt A'=A, innen adódik a bizonyítandó állítás. (Nem töltök fel ábrát, mert könnyű fejben elképzelni.)
Nagyon szépen, egyszerűen kijön C.1139. (Legalább mekkora átfogójú az a derékszögű háromszög, amelynek kerülete k?):
A szokásos jelölésekkel , azaz , innen , ezzel készen is vagyunk, mert egyenlőség a=b esetén fennállhat.
|
|
[729] m2mm | 2012-11-24 21:19:09 |
Több pont helyett most néha adnak különdíjat általánosításra, bár ahogy ezt elnézem ez változik évenként hogy mire adnak pontosan(általánosítás/szép megoldás/egyedüli megoldó/Fair Play).
|
Előzmény: [728] w, 2012-11-24 19:47:44 |
|
[728] w | 2012-11-24 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 Gida | 2012-11-24 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] w | 2012-11-24 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] m2mm | 2012-11-23 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 , ha AIB=BIC. 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 |
|
|
[723] Erben Péter | 2012-11-23 10:24:07 |
Egy észrevétel a B.4477. egy lehetséges hátteréről.
A AP.BQ=AQ.BP feltétel így is írható: . 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.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[716] m2mm | 2012-11-14 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] m2mm | 2012-11-14 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 |
|