Fórum: Arany Dániel Matematika Verseny

[1] [2]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[40] Loiscenter

2015-07-06 18:14:46

Köszönöm a segitségedet W- urnak!

Közben is sikerült nekem rajönni egy aranyos megoldásra.

A jelölések legyenek mint a tiédben és ( A.B = A metszet B) akkor

A + B – A.B <= x => A .B >= (40/60 + 45/60 -1).x= 25x/60

Hasonloan C.D >= (48/60 + 50/60 – 1).x = 38x/60

tovabba x >= A .B + C. D - A.B.C.D >= 63/60.x - A.B.C.D

Ebbol A.B.C.D >= 3x/60 ebbol 5>=3x/60 ami azt jelenti, hogy x<= 100 => x=60.

Előzmény: [39] w, 2015-07-06 10:48:10

[39] w

2015-07-06 10:48:10

Legyen &tex;\displaystyle X&xet; darab matróz. Tudjuk, hogy &tex;\displaystyle \frac23X&xet;, &tex;\displaystyle \frac34X&xet;, &tex;\displaystyle \frac45X&xet;, &tex;\displaystyle \frac56X&xet; egész szám, amiből következik, hogy &tex;\displaystyle X&xet; osztható &tex;\displaystyle 60&xet;-nak, &tex;\displaystyle X=60x&xet; alakú. Vagyis &tex;\displaystyle 40x&xet; félszemű, &tex;\displaystyle 45x&xet; falábú, &tex;\displaystyle 48x&xet; kampókezű és &tex;\displaystyle 50x&xet; kopasz matróz van.

Jelölje rendre &tex;\displaystyle A,B,C,D&xet; a félszemű, falábú, kampókezű, kopasz matrózok halmazát, és legyen &tex;\displaystyle U&xet; az összes matróz halmaza.

Valamikor olvastam a hivatalos megoldást, abban készítettek egy táblázatot, aminek a celláiba az oszlopnak és sornak megfelelő halmaz metszetének elemszámát írták bele:

	&tex;\displaystyle U\setminus A\setminus B&xet;	&tex;\displaystyle A\setminus B&xet;	&tex;\displaystyle B\setminus A&xet;	&tex;\displaystyle A\cap B&xet;
&tex;\displaystyle U\setminus C\setminus D&xet;	a	b	c	d
&tex;\displaystyle C\setminus D&xet;	e	f	g	h
&tex;\displaystyle D\setminus C&xet;	i	j	k	l
&tex;\displaystyle C\cap D&xet;	m	n	o	p

Innentől pedig felírjuk a megfelelő mennyiségeket és alkalmas becsülgetéseket végzünk, amiből kijön, hogy &tex;\displaystyle x=1&xet; kell legyen, vagyis &tex;\displaystyle 60&xet; matróz van. Aztán pedig még alkalmasan ki kell tölteni a táblázatot, hogy belássuk, hogy a feltételek tényleg lehetségesek &tex;\displaystyle 60&xet; matrózzal.

&tex;\displaystyle &xet;

A becsülgetések mögött tulajdonképpen egy általánosabb becslés áll. Legyen &tex;\displaystyle A_1,A_2,\dots,A_n&xet; véges halmazok rendszere, ekkor fennáll a következő egyenlőtlenség:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n |A_i|\le (n-1)\cdot |A_1\cup A_2\cup\dots\cup A_n|\quad +\quad |A_1\cap A_2\cap \dots \cap A_n|.&xet;

Bizonyítás. Bármely &tex;\displaystyle I\subset \{1,2,\dots,n\}&xet; esetén legyen

&tex;\displaystyle H_I=\left(\bigcap_{i\in I}A_i\right)\setminus\left(\bigcup_{i\in\{1,2,\dots,n\}\setminus I}A_i\right).&xet;

Ekkor ugye összesen &tex;\displaystyle 2^n&xet; halmazt kaptunk, amelyek mind megfelelnek &tex;\displaystyle \{1,2,\dots,n\}&xet; valamely részhalmazának. Továbbá ezeknek a halmazoknak nyilván nem lehet közös elemük, páronként diszjunktak, továbbá mind a &tex;\displaystyle 2^n&xet; halmaz uniója éppen &tex;\displaystyle A_1\cup \dots\cup A_n&xet;.

Az egyenlőtlenség két oldalán szereplő halmazok nyilván felbonthatók néhány &tex;\displaystyle H_I&xet; uniójára. Például &tex;\displaystyle A_n&xet; azon &tex;\displaystyle H_I&xet; halmazok uniója, melyekre &tex;\displaystyle n\in I&xet;.

A felbontás után hasonlítsuk össze, hogy egy adott &tex;\displaystyle H_I&xet; halmaz hányszor fog szerepelni a két oldalon! Tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle |I|=r&xet;. Ekkor a bal oldalon &tex;\displaystyle H_I&xet; összesen &tex;\displaystyle r&xet;-szer szerepel, hisz &tex;\displaystyle r&xet; darab &tex;\displaystyle A_i&xet;-nek részhalmaza. A jobb oldalon pedig &tex;\displaystyle H_I&xet; &tex;\displaystyle r\le n-1&xet; esetén &tex;\displaystyle (n-1)&xet;-szer szerepel, míg &tex;\displaystyle r=n&xet; esetén, vagyis &tex;\displaystyle I=\{1,2,\dots,n\}&xet;-re éppen &tex;\displaystyle n&xet;-szer. Mindenesetre a bal oldalon nem fordulhat elő &tex;\displaystyle |H_I|&xet; többször, mint a jobb oldalon, és ez bizonyítja az állítást.

&tex;\displaystyle &xet;

A feladathoz visszatérve, az egyenlőtlenséget &tex;\displaystyle A,B,C,D&xet; halmazokra alkalmazva a következőt kapjuk:

&tex;\displaystyle 40x+45x+48x+50x\le 3\cdot 60x+5,&xet;

vagyis &tex;\displaystyle 183x\le 180x+5&xet;, &tex;\displaystyle 3x\le 5&xet;. Ez pedig csak &tex;\displaystyle x=1&xet;-re lehetséges, vagyis csak &tex;\displaystyle 60&xet; matróz lehet.

Előzmény: [38] Loiscenter, 2015-07-05 11:03:45

[38] Loiscenter

2015-07-05 11:03:45

A döntö forduló 3. feladat megoldását tudja valaki segiteni

3. Kullancs kapitány kalózhajóján a matrózoknak pontosan

- kétharmadafé lszemű;

- háromnegyede falábú;

- négyötöde kampókezű, és

- öthatoda kopasz.

A hajón a matrózok kÖzül pontosan azok a tisztek, akik egyszene félszeműek, falábúak, kampókezűek, és kopaszok is egyben. A tisztek száma 5, valamint a tisztek matrózoknak is számítanak!

Hány fős a kalozhajó legénysége?

[37] Szabó Máté	2015-02-12 21:47:47
Á, nagyszerű, köszönöm szépen.
Előzmény: [36] w, 2015-02-12 21:24:16

[36] w	2015-02-12 21:24:16
De ide igen.
Előzmény: [35] Szabó Máté, 2015-02-12 21:15:34

[35] Szabó Máté

2015-02-12 21:15:34

Sziasztok!

Valakinek megvannak az idei versenyről a Haladók III. kategória feladatai, vagy elérhetőek ezek elektronikus formában valahol? Ha jól láttam a verseny weboldalára még nem kerültek fel.

[34] Kardos	2012-01-29 21:52:05
Segítséget szeretnék kérni, nem tud valaki esetleg olyan honlapot vagy könyvet ahol az Arany Dániel matematika verseny történetéről szerezhetnék információt?

[33] Kardos	2011-10-18 21:04:04
http://versenyvizsga.hu/external/vvszuro/vvszuro.php# lehet hogy ez a legegyszerűbb ha megadom hol találtam :) érdekelne engem : 1967,1971,1977,1983,1988,1990,1996 2. kategória 10.osztály ha valaki tudna esetleg segíteni azt megköszönném :)
Előzmény: [32] Kardos, 2011-10-18 20:58:19

[32] Kardos

2011-10-18 20:58:19

2 feladatnál a bebizonyítandó állítás:

a1+a2+…+ak nagyobb egyenlő k/n, ahol 1 kisebb egyenlő k kisebb egyenlő n (Bocsánat de másképpen nem tudtam bele írni :( )

Előzmény: [30] Kardos, 2011-10-18 20:35:41

[31] Kardos

2011-10-18 20:52:18

1977-ből: 1. feladat (1 pont)

Igazoljuk, hogy az a>0, b>0, c>0 hosszúságú szakaszokból akkor és csak akkor szerkeszthető háromszög, ha tetszőleges p, q valós számokra, amelyekre p+q=1, teljesül, hogy

pa2 +qb2>pqc2.

2. feladat (1 pont)

Egy körbe írt konvex hétszögnek van három 120o-os szöge. Mutassuk meg, hogy ekkor a hétszögnek van két egyenlő oldala!

3. feladat (1 pont)

Egy szabályos n-szög csúcsaiba beírjuk az 1, 2, ..., n számokat valamilyen sorrendben. Ezek után minden élre ráírjuk a végpontjaiba írt számok különbségének abszolút értékét. Mennyi az élekre írt számok összegének lehetséges minimális értéke? Hány olyan elrendezése van az 1, 2, ..., n számoknak, amelyek mellett ez a minimum fellép, ha az elforgatással egymásba átvihető elrendezéseket nem tekintjük különbözőknek?

1988: 1. feladat (1 pont)

Egy trapéz két szomszédos szögének összege 90o, párhuzamos oldalainak hossza a és b. Bizonyítsuk be, hogy a párhuzamos oldalak felezőpontját összekötő szakasz hossza 1/2 I a-b I.

2. feladat (1 pont)

Egy szám négy prímszám szorzata. Melyik ez a szám, ha tudjuk, hogy a négy prímszám négyzetösszege 476?

3. feladat (1 pont)

Az origó középpontú R sugarú kör kerületén pontosan 100 olyan pont van, melynek mindkét koordinátája egész szám. Bizonyítsuk be, hogy R vagy egész szám.

[30] Kardos

2011-10-18 20:35:41

Sziasztok! Találtam jó ár régebbi feladatott. ha valaki tudna segíteni a megoldásokban azt megköszönném :) 1971-ből: 1. feladat (1 pont)

x3+px+q=0

harmadfokú egyenlet együtthatói, p és q egész számok, és az egyenlet egyik gyöke: . - Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet egy másik gyöke x2=-4. Határozzuk meg az egyenlet harmadik gyökét.

2. feladat (1 pont)

Legyen adva n szám, amelyek összege

a1+a2+...+an=1,

és ezenkívül

a1a2...an.

Bizonyítsuk be, hogy

3. feladat (1 pont)

Adott egy egységnyi oldalú szabályos hatszöglemez. Vágjuk be a lemezt minden oldal felezőpontján átmenő egy-egy h hosszúságú egyenes szakasszal, úgy, hogy a lemez e hat bevágás után ne essék szét. Bizonyítandó, hogy ez a követelmény h<1 esetén kielégíthető, míg h1 esetén a feladatnak nincs megoldása.

[29] Nánási József

2010-09-11 18:49:23

Szia! Itt egy link.

"http://lmgtfy.com/?q=Arany+D %C3%A1niel+Matematika+verseny+feladatsorok

[28] Emmert Gergő	2010-09-11 18:11:01
Sziasztok vki meg tudná mondani honnan tudok letölteni Arany Dániel Matematikai Verseny-es feladatokat?

[27] baratilaci	2010-05-15 20:26:22
Valaki meg tudná esetleg mondani, hogy az eredményhirdetésre behívottak rajta vannak (lesznek) valahol az interneten? Vagy csak az iskoláknak küldik el a listát? Ha jól emlékszem, május 17-re ígérték.

[26] Tassy Gergely

2010-04-05 01:07:31

Kezdők: I. kategória 13 pont, II. kategória 17 pont, III. kategória 23 pont.

Haladók: I. kategória 13 pont, II. kategória 17 pont, III. kategória 15 pont.

Előzmény: [25] Radián, 2010-03-31 16:11:41

[25] Radián	2010-03-31 16:11:41
Esetleg, ha nem túl nagy kérés fel tudnád tenni, hogy az egyes kategóriákban hány pont volt a bejutási határ. (A 9 és 10. évfolyamosoknál egyaránt.) Előre is köszönöm.
Előzmény: [24] Tassy Gergely, 2010-03-31 00:12:32

[24] Tassy Gergely	2010-03-31 00:12:32
Az iskolák tegnap megkapták a továbbjutók listáját. 10. évf. II. kategóriában 17 pont a határ.
Előzmény: [23] Radián, 2010-02-27 19:12:53

[23] Radián	2010-02-27 19:12:53
Helló! Úgy emlékszem 28-ból 19 v. 20 ponttal már tovább lehetett jutni. (Javítsatok ki ha nem így lenne)

[22] D. Tamás	2010-02-27 15:43:02
Kimaradt: 10. évfolyamosoknak.

[21] D. Tamás

2010-02-27 14:59:58

Hi!

Nem tudja valaki, hogy tavaly ezen a versenyen a II. kategóriában mennyi volt a végleges továbbjutási ponthatár?

[20] Radián	2010-02-23 21:34:13
Nem tudja valaki, hogy mikor lehet megismerni az eredményeket?

[19] m2mm

2010-02-21 13:44:04

Haladó/III.kat:

1.Biz. be, hogy a pitagoraszi számhármasnak mindig van két olyan eleme, amelyek négyzetének különbsége osztható 7-tel.

(Pitagoraszi számhármason három olyan a,b,c természtes számot értünk, amelyekre teljesül az a²+b²=c² összefüggés.)

2.Melyek azok a pozitív egész számok, amelyek 2010-zel nagyobbak számjegyeinek négyzetösszegénél?

3.Az a,b,x,y valós számokra teljesülnek a kövezkező összefüggések: ax+by=3, ax²+by²=7, ax³+by³=16 és ax⁴+by⁴=42.

Határozzuk meg ax⁵+by⁵ értékét!

4.ABCD trapézban AB párhuzamos CD-vel. Jelölje E az AD egyenes és a BCD háromszög köré írt kör D-től különböző metszéspontját, F pedig az AD egyenes és a C-ből BE-hez húzott párhuzamos egyenes metszéspontját.(D az A és az E pont közt van.)

Biz.be, hogy BC szakasz az AD és EF szakaszok mértani közepe!

5.Legyen e_n a következő módon definiált egyenes?

$e_n: y=\frac{6(n-x)}{n(n+1)(n+2)}$ , ahol n pozitív egész szám.

Legyen H_n az e_n egyenes, az x-tengely és az y-tengely által meghatározott háromszög, és legyen U_n a H₁, H₂,...,H_n háromszögek egyesítésével kapott sokszög.

Mekkora U₂010 területe?

Előzmény: [18] BohnerGéza, 2010-02-20 19:14:46

[18] BohnerGéza

2010-02-20 19:14:46

Ha már adott e téma: Kérhetem a csütörtöki (február 18-i) feladatokat?

Előre köszönöm!

[17] Radián

2010-02-13 12:07:43

Prímszámoshoz még egy kis segítség:

Mivel p,q,r>3 prím így p,r,q közül min. 2-nek megegyezik a 3-mal való osztási maradéka, ezt használd fel és egy kicsit alakíts az eredeti kifejezésen, így megkapod az eredeti kifejezés osztható 3-mal. Érdekesebb, hogy a páratlan számok négyzetének 16-tal való osztási maradéka 1 vagy 9. Hasonlóan az elsőhöz itt is használd, ki hogy min. 2-nek ( az r négyzet, q négyzet, p négyzetnek) megegyezik a 16-tal való osztási maradéka, majd számolj a maradékokkal és kijön a 16-tal való oszthatóság is. Bizonyára van ennél szebb megoldása a feladatnak, de nekem így jött ki.

A másik(eleje vázlatosan):

Def: Nevezzük komplementer számpároknak azon számokat melyeknek egy adott helyi értéken álló számjegyeinek összege 10.

1. A komplementer számpárok összege egyenlő (1111111110)(Ez könnyen belátható, hisz a hozzárendelés egyértelmű)

2. Az i. legkisebb szám komplementere az i. legnagyobb (Ha ez meg van akkor gyakorlatilag a feladat is kész)

i=1-re igaz

Tegyük fel, hogy i<=k-ig teljesül és bizonyítsuk be k+1-re, hogy teljesül. Ha a k+1. legkisebb szám(q) párja nem a k+1. legnagyobb(p) lenne, akkor csak egy p-nél kisebb számmal alkothatna párt(p-x-szel), mivel k-ig teljesül a 2. pont szerinti párosítás. Ekkor azonban p-nek is egy q-nál nagyobb párja lenne (q+y) és az 1. pontbeli egyenlőség, miszerint: q+p-x=p+q+y nem teljesülne, tehát ellentmondásra jutnánk. Így a 2. megállapítás is igaz. Innentől már rád bízom.

Előzmény: [16] travis74, 2010-02-13 10:19:10

[16] travis74	2010-02-13 10:19:10
A 4szöges feladat ment, köszi a segítséget, de a prímszámos és a másik számos feladat nem megy. Próbáltam párosítani a számokat, de nem jutottam sokra. Apu is próbált segíteni de neki sem ment...

[1] [2]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?