Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[860] w2013-12-16 16:57:02

B. 4573. Mutassuk meg, hogy egy szabályos 27-szög bármely hét csúcsa közül kiválasztható négy, amelyek trapézt határoznak meg.

Legyen az X és Y csúcs *XY* távolsága az a legkisebb számú sokszögoldal, melynek mentén az egyikből a másikba "utazhatunk". Világos, hogy az AB és CD átlók/oldalak épp akkor párhuzamosak, ha a *BC* és a *DA* távolság megegyezik. A kiválasztott 7 csúcs ily módon 7.6/2=21 darab távolságot határoz meg, és ezeknek hossza 13-féle lehet, ezért skatulya-elv szerint lesz 8 darab egyenlő távolságpár. Ha ezek az egyenlő távolságpárok közül egyik pár nem egy csúcsba fut be, akkor már találtunk trapézt. Ha mégis, akkor mindegyik egyenlő távolságpár egy-egy csúcsba fut be; mivel 7 csúcsunk van, így lesz két, egy csúcsba befutó egyenlő távolságpár, *AB*=*AC* és *AD*=*AE*. Ekkor viszont BCDE trapéz lesz, így készen vagyunk.

[859] w2013-12-16 16:15:32

A megoldásokat itt fogod megtalálni (oldal alja; még nem jelentek meg, előbb-utóbb majd feltöltik).

Előzmény: [858] GK, 2013-12-16 11:13:48
[858] GK2013-12-16 11:13:48

hello!

A novemberi feladatok (matek, k jelű) megoldásai hol olvashatók?

[857] HoA2013-12-13 14:13:27

De előbb [856] utolsó képletein felbátorodva egy elemi megoldás:

F tükörképe v1 -re F’ . FF’ látószöge az A, B , E pontokból rendre 4\alpha,4\beta,4\gamma . EF másik metszéspontja kA -val G. Mivel E kA és kB külső hasonlósági pontja, EAG\angle=2\beta . EAG és FAG \Delta ekből

\alpha-\beta=2\gamma

v1 metszéspontja kA val ill. kB vel A és B között H ill. J. A HATA és JBTB \Delta ekből EHT_A \angle = ET_BJ \angle ( = \frac {90^\circ - \Phi}{2} ) = \delta . FTBE\angle=\delta-\beta EFTA\angle=\epsilon ra EFTAH hurkolt négyszögből \epsilon+\alpha=\delta+2\gamma,\epsilon=\delta+2\gamma-\alpha=\delta-\beta=FTBE\angle . EFTAésETBF\Delta ek hasonlók. ETA.ETB=EF2 Hasonlóan ugyanezt kapjuk ETC.ETD re. Így TA,TB,TC,TD, egy körön vannak és ETA=EA.cos\Phi stb. matt A, B, C, D is.

Előzmény: [856] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25
[856] Fálesz Mihály2013-12-13 07:47:25

Van teljesen koordináta-geometriai megoldás is.

Legyen d1(X) és d2(X) a két vezéregyenestől mért előjeles távolság. A metszéspontokra teljesül például a következő egyenlet:

FX2=d12(X)+d22(X).

Innen ti jöttök.

Előzmény: [855] w, 2013-12-12 17:45:26
[855] w2013-12-12 17:45:26

Ez szép megoldás. Mivel viszont a decemberi Kömalban a feladatot koordinátageometria kategóriába sorolták, érdemes volna egy ilyen megoldást is megemlíteni, én például így csináltam.

Ha d1 és d2 párhuzamos, akkor kész vagyunk, tegyük fel, hogy nem párhuzamosak. Legyen O=d1\capd2, legyen olyan koordinátarendszerünk, melyben d1 az x-tengely és O az origó.

Megmutatjuk, hogy OA\cdot OB=\frac{OF^2}{\cos^2\phi}, ahol \phi a d1 és d2 egyenesek szöge. Legyen F(p,q), és legyen d2 egyenlete y=mx. Ekkor az ismert képletek szerint tetszőleges (x,y) pont távolsága d2-től \frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}, távolsága F-től pedig \sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2}, a P2 parabola (x,y) pontjaira ez a két mennyiség megegyezik, azaz

\frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2},

(y-mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+(y-q)^2\right].

Mivel A és B második koordinátája nulla, így első koordinátáikra, x1 és x2-re másodfokú egyenletet kapunk:

(mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+q^2\right]

x^2-2p(m^2+1)x+(m^2+1)\left(p^2+q^2\right)=0.

A Viéte-formulákból adódik, hogy OA\cdot OB=x_1x_2=\left(m^2+1\right)(p^2+q^2), ahol OF2=p2+q2 és m=tg \phi, ezért az állításunkat igazoltuk. Ugyanezzel egyenlő OC.OD, ha a d2 egyenest vesszük x-tengelynek. Mivel P1 a d1 és P2 a d2 egyenes felett halad, így O az AB és CD szakaszok külső pontja, és így A,B,C,D konciklikus.

Előzmény: [854] HoA, 2013-12-12 10:04:17
[854] HoA2013-12-12 10:04:17

Nem euklideszi [76] –nál talán egyszerűbb megoldás A.599 -re:

A. 599. A P1 és P2 parabolák fókuszpontja közös. A P1 vezéregyenese a P2-t az A és B pontokban, a P2 vezéregyenese pedig a P1-et az C és D pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az A, B, C és D pontok egy körön vannak.

1: A közös fókusz F, a v1 és v2 vezéregyenesek az E ponban \alpha szögben metszik egymást.Az A ill. B középpontú , F-en átmenő kA ill. kB körök v2-t TA-ban ill. TB -ben érintik. Hasonlóan a C ill. D középpontú , F-en átmenő kC ill. kD körök v1-et TC-ben ill. TD -ben érintik.Bizonyítandó, hogy EA.EB=EC.ED .

2: Mivel P = A, B, C, D –re igaz, hogy ETP=EP.cos\alpha , ez pontosan akkor teljesül, ha ETA.ETB=ETC.ETD , vagyis ha a TP pontok egy körön vannak.

3: Egy F középpontú inverzió v1 -et és v2 -t az F-en átmenő, O1 ill. O2 középpontú v1 ill. v2 körökbe, az F-en átmenő, v1 -et merőlegesen metsző, v2-t érintő kA és kB köröket a v1 -t merőlegesen metsző, tehát O1 -n átmenő, v2 -t érintő egyenesekbe, az F-en átmenő, v2 -t merőlegesen metsző, v1-t érintő kC és kD köröket a v2 -t merőlegesen metsző, tehát O2 -n átmenő, v1 -t érintő egyenesekbe képezi le.

4: TA,TB,TC,TD rajta vannak O1’O2 Thálesz körén, ezért az eredeti TP pontok is egy körön vannak, és így (2) alapján A,B,C,D is.

[853] Róbert Gida2013-11-24 19:52:15

Wolfram Alpha kitalálja nekünk a sorozatot, csak az első 4 tag kell neki:

FindSequenceFunction[{ { 2,1/8 }, { 3,1/6 } , { 4,3/16 }, {5,1/5 } } , n]

Előzmény: [852] w, 2013-11-23 23:56:53
[852] w2013-11-23 23:56:53

Két megjegyzésem volna.

1. Az f(n)=\frac{n-1}{4n} képletet megsejteni annyira nem triviális, de egyetértek, csak 5 pontot érne.

2. A megadott rekurziót meg lehet oldani sejtés nélkül. Elég ehhez átrendezni: f(n)=\frac{n^2-1}{n^2}f(n-1)+\frac1{2n^2} ekvivalens f(n)-\frac12=\frac{n^2-1}{n^2}\left(f(n-1)-\frac12\right)-vel. Innen teleszkópikus szorzat. Ezen megoldás viszont csak a hiv. megoldás egyszerűbb átfogalmazása.

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21
[851] Róbert Gida2013-11-23 22:11:59

"az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros"

Persze itt (n-2) van (az A2,...,An-1 események).

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21
[850] Róbert Gida2013-11-23 22:09:21

B4571. feladat 6 pontos volt. Gondolkodás nélkül is kijön: legyen f(n) a keresett valószínűség, ekkor (aszerint nézve az eseményeket, hogy az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros sok következett-e be) f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac {1}{2n^2}\bigg)+(1-f(n-1))*\frac {1}{2n^2}, azaz f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)+\frac{1}{2n^2} és triviálisan f(1)=0, ebből már teljes indukcióval igazolható, hogy f(n)=\frac {n-1}{4n}.

[849] w2013-11-15 21:29:51

Igen, én is ezt csináltam. Kis megjegyzés az érdeklődők számára, akiknek nem ismert, amit felhasználtunk. Valójában két dologra volt szükség:

(1) (Fn,Fk)=F(n,k),

(2) p|Fp-1 vagy p|Fp+1. /p prím/

Az (1) bizonyításához a kulcs a Fibonacci számok bontogatásával adódó azonosság lehet: Fn=Fn-1+Fn-2=2Fn-2+Fn-3=...=FiFn-i+1+Fi-1Fn-i. Ebből indukcióval előbb n|k\impliesFn|Fk adódik, majd maga az (1).

A (2) bizonyítása nehezebb, és attól függ, hogy 5(p-1)/2 +1 vagy -1 maradékot ad mod p. Ha utóbbi a helyzet, akkor p|Fp+1, ennek belátásához elég kifejteni a binomiális tétellel az Fp+1-re vonatkozó explicit képletet. Az előbbi eset érdekesebb, abban az esetben az 5 kvadratikus maradék lesz mod p (lásd pl. itt), ezért \sqrt5 és (1\pm\sqrt5)/2 reprezentálható, mint maradék mod p, vagyis a Binet-képlet felírható mod p maradékokkal is, és p|Fp-1 a Kis-Fermat-tételből következik. (Amúgy itt is van erről szó.) Szóval ezzel a két lemma is elintézhető.

Ha tud valaki jobb bizonyítást, az érdekelne.

Előzmény: [848] Róbert Gida, 2013-11-15 20:49:35
[848] Róbert Gida2013-11-15 20:49:35

Valóban, ezt a példát akkor elvinném:

(lejárt) A598. megoldása:

Legyen Fn az n-edik Fibonacci szám. Ismert, hogy lnko(Fn,Fk)=Flnko(n,k) ebból kapjuk, hogy az m-el osztható Fibonacci számok pontosan (valamilyen t-re) a t-vel osztható indexűek, ezen t pedig akkor nyilván a legisebb pozitív egész, amire Ft osztható m-mel (t létezik). Ismert, hogy m=p-re t|p+-1, ha p!=5 (valójában p-nek az ötös maradékától függ, hogy p+1 vagy p-1, de ez itt most nem kell).

A feladat a,b,c-ben ciklikus. Tegyük fel, hogy az egyik páros, mondjuk az a. 2|a, akkor 2|Fb, így 3|b, de akkor 3|Fc, így 4|c, amiből 4|Fa, így 6|a is teljesül, végül 6|Fb miatt 12|b. Innen pedig 12|c, majd 12|a következik. Azaz 12|a,b,c, ami az egyik lehetőség volt.

Ha van köztük 5-tel osztható, akkor például 5|a, de akkor 5|Fb, amiből 5|b és hasonlóan 5|c is kijön. Azaz 5|a,b,c, a másik lehetőség,

Ha nincs köztük páros és 5-tel osztható sem, akkor p legyen az a,b,c legkisebb prímosztója (ilyen van, mert a,b,c>1) ami nem lehet a 2 sem az 5, ekkor mondjuk p|a, így p|Fb, de mivel ekkor p|F(p+-1) (lásd fent). Így p|Flnko(p+-1,b), de p minimalitása miatt lnko(p+-1,b)=1, vagy p=2. Első esetben p|F1=1, ellentmondás, második esetben b páros, szintén ellentmondás.

Előzmény: [847] w, 2013-11-13 17:29:47
[847] w2013-11-13 17:29:47

Illetőleg néhány feladatra érdemes rákeresni: A.596, A.598, A.596 megoldási ötletek, A.598 megoldási ötletek.

Előzmény: [845] Róbert Gida, 2013-10-23 21:22:38
[846] w2013-10-29 19:44:42

Tehát az én megoldásom (vázlatos):

Vegyük észre, hogy

a) a1+a2+...+a2013=2014

b) a1+2a2+...+2013a2013=4026.

Emellett vezessük be ak-t, mint a legutolsó olyan ai szám a mondatban, ami még nem nulla. Mivel minden szám legfeljebb k-szor fordul elő a mondatban, és a nullák száma legalább 2013-k, így k\ge2013-k, k>1006. De ez azt jelenti, hogy ak=1, és k darab nulla van a mondatban. Tehát ai sorozatban 2013-k darab nem nulla szám van, ezek közül kettő a1 és ak.

Vonjuk ki a)-t b)-ből, amit kapunk, azt pedig becsüljük meg alulról:

2012=\sum_{i=2}^k (i-1)a_i=\sum_{i=2}^{k-1}(i-1)a_i+ka_k\ge[1+2+\dots+(2011-k)]+k=[1+2+\dots+(2010-k)]+2011

Ebből adódik, hogy k>2008 is igaz. Innen kis gondolkodás és kész.

Előzmény: [844] w, 2013-10-21 21:05:42
[845] Róbert Gida2013-10-23 21:22:38

Aki a feltett megoldásokat elolvassa nagy előnyben van: http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A588&l=hu

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A595&l=hu

[844] w2013-10-21 21:05:42

Talán a legnehezebb szeptemberi B-feladat (legalábbis számomra) a B.4552-es volt:

Ebben a mondatban az 1 alkalommal előforduló számok száma a1,

a 2 alkalommal előforduló számok száma a2,

...,

a 2013 alkalommal előforduló számok száma a2013.

Adjuk meg az a1,a2,...,a2013 számokat úgy, hogy igaz állítást kapjunk. Hányféleképpen tehetjük ezt meg?

Hogyan oldottátok meg? (Nekem van egy relatívan szép és egyszerű megoldásom, de kíváncsi vagyok, hogy Ti mit kezdettetek vele. Az eredeti javasolt megoldás is érdekelne.)

[843] HoA2013-10-17 21:59:19

CID\angle=CBD\angle+FDB\angle=\alpha/2+\gamma/2=DEF\angle . EFIJ húrnégyszög, EJF\angle=KJF\angle=EIF\angle=EIK\angle ...

Előzmény: [842] Kardos, 2013-10-17 21:46:34
[842] Kardos2013-10-17 21:46:34

Igen, az GeoGebra által bizonyítva, csak nem látom be hogy miért!

Előzmény: [841] Sinobi, 2013-10-17 21:13:48
[841] Sinobi2013-10-17 21:13:48

szögszámolással próbáltad már?

Előzmény: [840] Kardos, 2013-10-17 20:57:57
[840] Kardos2013-10-17 20:57:57

B. 4559.-hez van valakinek valami ötlete?!?!? :) Előre is köszi!

[839] n2013-10-13 17:49:17

Azért az A595-höz a kétnégyzetszámos bizonyítás se' annyira ötlet, mert kb. rögtön kipotyog belőle a megoldás...

Előzmény: [838] w, 2013-10-13 15:18:16
[838] w2013-10-13 15:18:16

A.593 megoldása

A.595 megoldási ötlet

[837] w2013-10-11 10:48:27

Igen. (Pontosítás: k+1 pont határoz meg egy k fokszámú polinomot.)

Nyilván az volt a háttérbeli cél, hogy belássuk, hogyha érvényes a megadott feltétel, akkor a két polinom csak egymás eltoltja lehet. A következő kérdésem tehát az volna, hogyha deg(P)=deg(Q)=n, a feltétel marad, és P(x)\equivQ(x+k) (k>0), akkor mekkora lehet k?

Előzmény: [836] Sinobi, 2013-10-11 10:41:18
[836] Sinobi2013-10-11 10:41:18

Nem léteznek. Egy idő után mind a kettő monoton lesz (legyen monoton növő), és nagyobb az addigi felvett értékeknél.

Ebből következik, hogy egy idő után ha p(x)=q(z), akkor p(x+n)=q(z+n), minden természetes n-re. Legyen p és q közül a nagyobb fokszma k. Mivel k pontra egyértelműen illeszthető k (vagy annál kisebb, ha létezik) fokszámú polinom, véve az (x,p(x)), (x+1,p(x+1)),...(x+k,p(x+k)) és (z,q(z)), (z+1,q(z+1)),...(z+k,q(z+k)) pontokat, ezek egyértelműen meghatározzák p-t, és q-t is, és ezek a pontok egymásba eltolhatóak, tehát p és q is egymásba eltolható, tehát ugyanannyi a fokszámuk, ha léteznek.

Előzmény: [835] w, 2013-10-11 10:25:59

  [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]