[165] lorantfy | 2004-06-07 14:27:21 |
Egy ötlet a 49. feladathoz: Az első rabló felosztja a zsákmányt A,B,C részekre, majd a 2.rabló mindhárom részt újabb 3 részre: A1,A2..C3. Ezután a harmadik rabló választhat egy A, egy B és egy C részt, majd hasonlóan az első és a megmaradt részeket kapja a második rabló.
Ha az első két rabló nem harmadol igazságosan, akkor a 3. kiveszi a nagyobb részeket és jobban jár.
Még azt kell meggondolni, összebeszélhet-e bármelyik két rabló, hogy a harmadiknak kevesebb jusson mint a harmadrész, ők pedig megfelezik a kettőjüknek jutú részt.
Azt hiszem, gond van mert ha pl.a 2. és 3. rabló összebeszélnek, az első harmadol, a második pedig minden harmadot arányban oszt fel, a harmadik kiveszi a feles darabokat, a másik kettőnek maradnak a negyedek. Majd a 2. választ hasonlóan és 3. rabló elsztja egymásközt a szerzeményt.
Erre viszont az a megoldás - azt hiszem - ,hogy a harmadiknak is osztani kell, méghozzá minden darabot újabb 3 részre. Azután az 1.rabló választhat 9 db-ot a 27 részből, majd a 2. választ hasonlóan és a 3-nak marad 9 rész.
|
Előzmény: [164] Suhanc, 2004-06-06 11:24:29 |
|
[164] Suhanc | 2004-06-06 11:24:29 |
Kedves Fórumosok!
Ezzel a feladattal még év elején találkoztam, egy általános iskolás feladatsorban:
49.Feladat:Két rabló a zsákmány úgy osztja szét, hogy egyikük két részre választja, a másik pedig kiválasztja belőle azt, amelyiket kapni akarja. Ezzel azt érik el, hogy másik stratégiájától függetlenül, biztosan meg tudják szerezni a zsákmány felét. Írjunk ilyen tulajdonsággal rendelkező algoritmust három rabló esetére!
|
|
[163] lorantfy | 2004-05-27 15:27:02 |
48. feladat: Hárman kártyáznak. A játék előtt pénzük aránya a:(a+1):(a+2), a játék után ugyanolyan sorrendben (a+1):(a+2):(a+3), s a kártyázás során csak egymástól nyerhettek. Egyikük 12 tallért nyert. Mennyi lehet az a egész szám értéke és hány tallérral ül le egy-egy játékos játszani, ha összesen kevesebb mint 2000 tallérjuk volt?
(Matematika próbaérettségi emelt szint 3. feladata alapján)
|
|
|
|
[160] Hajba Károly | 2004-05-11 00:29:46 |
Megoldás László nem is annyira ujjgyakorlat 32. feladatára:
Három ismert trigonometriai egyenlőséget behelyettesítve:
Majd szépen rendezve:
sin2x-sin2xcos2x+cos2x+cos22x=sin22x+cos22x
(sin2x+cos2x)-sin2x(sin2x+cos2x)=0
(sin2x+cos2x)(1-sin2x)=0
1=67,5°;...2=157,5°;...3=45°
|
Előzmény: [109] lorantfy, 2004-02-10 08:18:20 |
|
[159] BohnerGéza | 2004-05-09 11:13:36 |
A 42. feladathoz: (Mutassuk meg, hogy minden húrnégyszög felbontható n>=4 db húrnégyszögre.) A feladat régóta „áll”, ezért az „ujjgyakorlat” részét megírom, lerajzolom. Nem nehéz belátni, ha fel tudjuk bontani a 4-re, 5-re és 6-ra, akkor n>=4 tetszőleges db-ra is.
Az ábrán látható négyszögekről – leírom, hogy kaptam azokat – „ujjgyakorlat” megmutatni, hogy húrnégyszögek. Ami nehezebb, meg kell mutatni, hogy létezik megfelelő G, G és I, illetve M pont.
A nem triviális esetekben van hegyesszöge az ABCD húrnégyszögnek. Jelöljük egy ilyen csúcsát az A-val. ( Ekkor azt hiszem mindig léteznek az alább leírt felbontások esetén a megfelelő pontok. )
A négy részre bontást – ábra első része – úgy kapjuk, hogy megfelelő G-t választunk, majd legyen GR || AD, GQ || AB, valamint PBQB és GRDS húrtrapéz.
Az öt részre bontást – ábra középső része – úgy kapjuk, hogy a G és I pontokat felvesszük megfelelő helyre úgy, hogy a rajtuk és a megfelelő csúcsokon átmenő körök messék egymást még a H illetve J pontban.
Az hat részre bontást – ábra utolsó része – úgy kapjuk, hogy megfelelő M esetén a PBQM és MRDS „elég hosszú” paralelogrammák legyenek, majd azokat két-két húrtrapézra bontjuk.
|
|
Előzmény: [135] Csimby, 2004-04-11 22:16:40 |
|
[158] Hajba Károly | 2004-05-07 12:27:10 |
Kedves Péter!
Nem nehéz belátni a egyenlőséget, s ebből következik, hogy k=2 feltétel is elég. A jobb oldalt tovább lehet bontani és így akármeddig lehet bontogatni.
Üdv: HK
|
Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48 |
|
[157] Kós Géza | 2004-05-07 12:09:28 |
Az általánosabb feladat úgy szól, hogy minden pozitív racionális szám felírható véges sok különböző pozitív egész reciprokösszegeként. Ez ebben a formában nem ujjgyakorlat, de egy kis segítséggel az.
Vegyünk tehát egy pozitív racionális számot. A pozitív egészeket keressük ,,mohón'', azaz mindig a lehető legkisebbet válasszuk ki, ami még nem szerepelt, és a reciprokösszeg nem nő túl nagyra. Például, ha az 1,36 számot szeretnénk felírni, akkor a kiválasztott számok: 1, 3, 38, 2850.
47b feladat: Igazoljuk, hogy a mohó algoritmus mindig eredményre vezet.
|
Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48 |
|
[156] nadorp | 2004-05-07 11:11:48 |
A 47. feladat kapcsán jutott eszembe.
47.a feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden 1 nél nagyobb n pozitív egész szám reciproka előállítható k darab (2kn2) különböző pozitív egész reciprokának összegeként.
|
Előzmény: [146] Hajba Károly, 2004-05-04 12:33:58 |
|
|
|
[152] lorantfy | 2004-05-05 19:29:18 |
Kedves Géza és Fórumosok!
Valóban a B-ből induló magasságra nincs szükség, ez volt a félrevezetés, ui. egy "átlagos" hegyesszögű -ben a talppontja elég közel esik ahhoz az M ponthoz amire négyzetet kapunk.
A DF1F2E paralelogramma DF2 átlója egyenlő a RPQT2 téglalap QT2 oldalával. Tehát, ha meg tudnánk szerkeszteni a leendő négyzet x oldalát, akkor F2 pontból kimetszhetnénk vele AC-ből a D pontot. Ezután A pont tükörképe D-re adja az M pontot.
, tehát egyszerű mértani közép szerkesztéssel megkaphatjuk x-t az egyik oldal feléből és a hozzá tartozó magasságból.
|
|
Előzmény: [151] Kós Géza, 2004-05-05 13:55:04 |
|
[151] Kós Géza | 2004-05-05 13:55:04 |
Ahogy látom, a B-ből induló magasságra nincs is szükség. Az M pont bárhol lehet az AC oldalon, feltéve, hogy a T1 és T2 pontok nem kerülnek a DF2 szakaszon kívülre.
46b. feladat: Szerkesszük meg az AC oldalon azt az M pontot, amire az RPQT2 téglalap négyzet lesz.
|
Előzmény: [144] lorantfy, 2004-05-02 10:39:46 |
|
|
[149] Hajba Károly | 2004-05-04 21:38:33 |
Kedves Géza és László!
Ha most politikus lennék, azt mondanám: Nem is mondtam, hogy négyzet! :o)
Az igazság az, hogy a területegyezőségekben mélyedtem el, s felelőtlen, slendrián kijelentésemet főleg erre értettem, ami persze igaz, de tény, hogy nem vetődött fel bennem a nemnégyzet lehetősége.
Tehát, ha egy ácshajszálnyival is, de nem feltétlenül négyzet, mely a mellékelt ábrából is kitűnik.
HK
|
|
Előzmény: [147] Kós Géza, 2004-05-04 12:48:51 |
|
|
|
[146] Hajba Károly | 2004-05-04 12:33:58 |
47. feladat:
Létetik-e olyan aN+, melynek reciproka felbontható véges számú különböző prím reciprokösszegére?
HK
|
|
|
[144] lorantfy | 2004-05-02 10:39:46 |
Kedves Fórumosok!
A következő feladat Bólyai Farkas egy híres átdarabolásából született.
46. feladat: Legyen ABC hegyesszögű AB oldalának felezőpontja F1, BC oldalának felezőpontja F2 és a B csúcsból induló magasság talppontja M.
Legyenek AM és MC felezőpontjai D és E. Húzzuk meg a DF2 egyenest és állítsunk rá merőlegest az F1 és E pontokból. Ezek talppontjai legyenek T1 és T2. Tükrözzük a T1 pontot D-re, a T2 pontot E-re. A tükörképek legyenek Q és R. Ezekben a pontokban állított merőlegesek metszéspontja legyen P.
Igyaz-e, hogy a keletkezett négyszög négyzet és területe megegyezik az ABC területével?
|
|
|
[143] lorantfy | 2004-05-02 10:05:37 |
Kedves Károly!
Ezt a kis feladatot amolyan EU-belépési tesztnek szántam. Gratulálok! Te már beléphetsz!
Rajzos megoldás: a sárgára szinezett részek a kék és piros részt is a terület felére egészíti ki.
|
|
Előzmény: [142] Hajba Károly, 2004-05-02 00:26:06 |
|
[142] Hajba Károly | 2004-05-02 00:26:06 |
Megoldás a 45. feladatra:
Egy-egy háromszög területe a négyzet területének felével egyenlő, vagyis a két háromszög területe épp a négyzetével egyenlő. (azaz fehér + 2*piros = négyzet) Így amennyi az átfedésük területe (piros), annyinak kell lennie a le nem fedett területnek (kék) is.
Ezt a feladatot annyiban lehet általánosítani, hogy akár téglalapon és bármely két oldalára felvett háromszöggel is igaz.
HK
|
Előzmény: [141] lorantfy, 2004-05-02 00:04:39 |
|
[141] lorantfy | 2004-05-02 00:04:39 |
45. feladat: Egy négyzet két szomszédos oldalán felvettünk egy-egy tetszőlegesen választott pontot, melyet összekötöttünk a szemközti oldal végpontjaival. Igazoljuk, hogy az így keletkezett pirosan színezett síkidom területe megegyezik a kékkel színezett síkidomok területeinek az összegével!
|
|
|
|