Fórum: Matek OKTV

Ohh szuper! Köszönöm kedves Csábos :)!

Bocsánat! Ahol ,$\displaystyle x$ van, az a parabola szimmetriatengelye.

Ha a fókuszpontot ($\displaystyle F$) tükrözzük az $\displaystyle e$ érintőre, akkor a vezéregyenesre jutunk a $\displaystyle Q$ pontba. Legyen $\displaystyle FQ\cap e=R$. Az érintési pont $\displaystyle P$. Ekkor a feladatban leírt $\displaystyle M$ pontra teljesül, hogy $\displaystyle PRFM$ téglalap. Tehát úgy kapjuk meg $\displaystyle M$-et, hogy megfelezzük P távolságát $\displaystyle x$-től (affinitás) majd eltojuk $\displaystyle x$ pozitív irányába annyival, amennyi a parabola csúcsának és fókuszának a távolsága.

1953/1954 es tanév-ben volt kitűzött feladat... én így tudom (de amint írta ez tényleg nem lényegi :D)

Tudom, hogy nem lényegi a hozzászólás, de ez nem 1953-as OKTV feladat.

1953 -as példa feladat:

Állítsunk merőlegest egy parabola érintőjére az érintési pontban, és ezt messük el a fókuszon átmenő, az érintővel párhuzamos egyenessel. Mi a metszéspontok mértani helye, ha az érintési pont végigfut a parabolán?

Segítséget szeretnék kérni, hogy mi a megoldása ennek a feladatnak, ha felhasználjuk, hogy minden parabola hasonló, és használva a parabola tulajdonságait! Nekem már van egy megoldásom (tudom, hogy a mértani hely egy parabola), de állítólag ezek segítségével elegánsabb a megoldás, és egyszerűbb. Előre is köszönöm!!

Tudtok hogy (2015) OKTV III. Kategoria 1.forduló 3. feladata már szerepelt a Lengyelek 2014 februar 24-es haszonló versenyen 2.feladataként.

Köszönöm szépen ! Megtaláltam ! idén nagyon gyorsan felteszik a netre !

Megoldással együtt megtalálhatók a feladatok itt.

A III. kat. 4. feladatra általánosítás is adható: hogyha $\displaystyle k\ge 0$ egész, és az $\displaystyle 1,2,\dots,n$ számok közül $\displaystyle p_1,p_2,\dots,p_r$ jelöli a prímeket, illetve $\displaystyle N_k$ pedig az olyan pozitív egészek számát $\displaystyle 1,2,\dots,n$ közül, melyeknek pontosan $\displaystyle k$ darab prímosztója, akkor

$\displaystyle N_k=\sum_{S\subset \{1,2,\dots,r\},|S|\ge k}\binom{|S|}{k}(-1)^{k+|S|}\left[\frac{n}{\prod_{i\in S} p_i}\right].$

Hogyha $\displaystyle k=1$, éppen a 4. feladatot kapjuk (csak ott $\displaystyle |S|$ szerint voltak rendezve a tagok). A $\displaystyle k=0$ esetet még érdemes megemlíteni: az a szita-formulával is könnyen belátható

$\displaystyle 1=\left[\frac n1\right]-\sum_{i}\left[\frac n{p_i}\right]+\sum_{i<j}\left[\frac n{p_ip_j}\right]\mp\dots$

azonosság.

Kinek van 2015.nov.26 Matematikai OKTV feladat, legyen szives feltenni esetleg megoldás ötletével (föleg III. kategoria) ?

Nagyon köszönöm !

A II. kategoria I. forduló 4. feladat javítási útmutatójában szerintem jó lett volna bebizonyítani, hogy van olyan háromszög, melynek területe 6 négyzetcm, kerülete 12 cm. Ugyan triviálisnak tűnik az ilyen háromszög létezése, pl. ilyen a 3cm, 4cm, 5 cm derékszögű háromszög. Már csak azért is jó lett volna bizonyítani az ilyen háromszög létezését, mert ha nincs a feladat feltételeinek megfelelő háromszög, akkor tulajdonképpen a feladat állítása is értelmetlen. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

A 4. feladathoz segítség, több időm most nincs rendesen leírni:

Az $\displaystyle XYZ$ háromszög $\displaystyle Z$-ben derékszögű, mi több, félszabályos. Ennek belátásához javaslom a kerületi szögek megfigyelését. Ezek után ha a kör sugarát $\displaystyle 1$-nek veszed (ezt megteheted az általánosság csorbítása nélkül) akkor egy húr hosszát a hozzá tartozó kerületi szög ($\displaystyle \alpha)$ segítségével kiszámolhatod:

$\displaystyle h = 2R\sin{\alpha}$

Innen pedig csak játék a számokkal.

A végeredmény $\displaystyle \frac{1+\sqrt{3}}{2}$. (nyilván ha a nagyobbikat osztod a kisebbikkel)

5. feladat megoldása: Feltételek szerint: $\displaystyle 2*a\le b$ (hogy egyáltalán az asztalra férjen, és persze a>0, különben az egyszer fedett terület nulla volna). Nem fedett területek összege A0. Kétszer fedett területnek mindenképpen lennie kell, mert a területük összege pozitív, így írható $\displaystyle A2=2*(3*a-b)^2$ (két darab 3*a-b oldalhosszú négyzet). Az egyszer fedett területek összege pedig $\displaystyle A1=b^2-A0-A2$ triviálisan. Akkor lesznek számtani sorozatban a területek (megfelelő sorrendben), ha $\displaystyle A0+A1=2*A2$, azaz $\displaystyle b^2-A2=2*A2$, $\displaystyle A2$ képletét beírva: $\displaystyle b^2=6*(3*a-b)^2$, innen gyököt vonva: $\displaystyle b=\sqrt 6 *(3*a-b)$ (előjel jó, $\displaystyle 3*a>b$ különben nincs kétszer fedett terület). Azaz $\displaystyle b*(1+\sqrt 6)=3\sqrt 6 a$, amiből $\displaystyle \frac ba=\frac{3\sqrt 6}{1+\sqrt 6}=\frac {18-3\sqrt 6}{5}$ (nagyjából 2.13, így kétszer fedett terület is van és az asztalra fért).

A 2. feladat megoldása:

Induljnak a $\displaystyle P$ pontból a csúcsokhoz azonos nevű, kisbetűvel jelölt vektorok. Legyen a kör középpont ja $\displaystyle O$ sugara pedig $\displaystyle r$. A rombusz oldalát vegyük éppen egységnyinek, ezzel nem szűkítünk az általánosságon.

$\displaystyle \vec{PA} = \vec{a} - \vec{OR}$

$\displaystyle \vec{PB} = \vec{b} - \vec{OR}$

$\displaystyle \vec{PC} = \vec{c} - \vec{OR}$

$\displaystyle \vec{PD} = \vec{d} - \vec{OR}$

A keresett négyzetösszeg eszerint (mivel egy vektor négyzete egyenlő az aboszolútértékének négyzetével, miért?)

$\displaystyle PA^2+PB^2+PC^2+PD^2=a^2+b^2+c^2+d^2+4r^2-2\cdot\vec{OR}\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d})$

(1)

A zárójeles tag értéke 0, hiszen a rombusz tulajdonságai miatt az $\displaystyle \vec{a}$ és $\displaystyle \vec{c}$ valamint a $\displaystyle \vec{b}$ és $\displaystyle \vec{d}$ vektorok kioltják egymást.

Koszinusz tételből $\displaystyle a=c=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$ és $\displaystyle b=d=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$

A beírt kör sugara a magasság fele. A rombusz területe $\displaystyle t=1\cdot1\cdot\sin{45} = 1\cdot2r$ amiből $\displaystyle r=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Ekkor (1) értéke éppen 5/2, amint azt bizonyítani kellett.

3. feladat megoldása: Négyzetes oszlop(???) helyett mondjunk téglatestet, ismeretes

$\displaystyle V=a^2*h$ és $\displaystyle A=2*a^2+4*a*h$

feltétel szerint V=2015*A, azaz

$\displaystyle a^2*h=2015*(2*a^2+4*a*h)$, rendezve:

$\displaystyle a^2*h-4030*a^2-8060*a*h=0$, a-val osztva (a>0):

$\displaystyle a*h-4030*a-8060*h=0$, szorzattá alakítva:

$\displaystyle (a-8060)(h-4030)=32481800$

Azaz n=32481800-et kell két egész szám szorzatára bontani: $\displaystyle n=d_1*d_2$, de úgy, hogy $\displaystyle a=d_1+8060>0$ és $\displaystyle h=d_2+4030>0$ teljesüljön. Innen $\displaystyle d_1>-8060,d_2>-4030$, de akkor mindkettő pozitív, különben vagy ellentétes előjelűek, de akkor $\displaystyle d_1*d_2<0$ vagy negatívok, de akkor $\displaystyle d_1*d_2<(-8060)*(-4030)=n$. Azaz $\displaystyle d_1,d_2>0$, és ekkor persze $\displaystyle a,h>0$ lesz, továbbá ezek nem egybevágó téglatesteket adnak. Ilyen $\displaystyle n=d_1*d_2$ szorzattá alakításból pedig annyi van ahány pozitív oszója $\displaystyle n$-nek van, ami 108 (amint ez az $\displaystyle n=2^3*5^2*13^2*31^2$ alakból megkapható).

1. feladat megoldása A két egyenletet összeszorozva: $\displaystyle (x+y)^2=9$, míg elosztva egymással: $\displaystyle (x*y)^2=4$, azaz x+y=+-3 és x*y=+-2, de a második egyenlet $\displaystyle \frac {x+y}{xy}=\frac 32$ alakja miatt x+y és x*y azonos előjelű. Így csak két eset maradt: $\displaystyle x+y=3$ és $\displaystyle x*y=2$, ekkor y=3-x; majd ezt beírva x*y=x*(3-x)=2 azaz $\displaystyle x^2-3*x+2=0$, ezt megoldva x=1 vagy 2, de y=3-x volt, azaz kapjuk (x,y)=(1,2),(2,1) megoldások. Második esetben $\displaystyle x+y=-3$, $\displaystyle x*y=-2$, hasonlóan végigszámolva (másodfokú egyenletet megoldva a megoldások: $\displaystyle (x,y)=(\frac {-3+\sqrt 17)}{2},\frac {-3-\sqrt 17)}{2}),(\frac {-3-\sqrt 17)}{2},\frac {-3+\sqrt 17)}{2})$ Azaz 4 valós megoldás van (és ezek valóban megoldások, ami behelyettesítéssel ellenőrizhető is).

Valaki majd tud az I. kategóriás feladatokhoz megoldást írni? Nagyon bizonytalan vagyok, hogy sikerült...

Valaki majd tud az I. kategóriás feladatokhoz megoldást írni? Nagyon bizonytalan vagyok, hogy sikerült...

Közben felkerült, megtalálható itt.

Valaki feltenné az I. kategóriás feladatokat is?

A teljesség kedvéért nézzük meg az 1. feladatot:

Számoljuk meg, hány háromszögnek van közös oldala az $\displaystyle n$-szöggel. Ha két közös oldal van, $\displaystyle n$ háromszög lehetséges. Ha csak egy, akkor pedig $\displaystyle n(n-4)$-féle, hisz egy sokszögoldalt és egy vele nem szomszédos csúcsot kell kiválasztanunk. (Jegyezzük meg, hogy $\displaystyle n=3$ és $\displaystyle n=4$ nem működik.) Természetesen $\displaystyle \binom n3$-féle háromszög választható ki. Tehát

$\displaystyle 1-\frac{22}{35}=\frac{n+n(n-4)}{\binom n3},$

$\displaystyle \frac{13}{35}=\frac{6n(n-3)}{n(n-1)(n-2)},$

$\displaystyle 13(n-1)(n-2)=210(n-3).$

Nyilván - $\displaystyle 13$ és $\displaystyle 210$ relatív prím lévén - $\displaystyle 13|n-3$. Továbbá $\displaystyle 210(n-3)\le 210(n-2)$ miatt $\displaystyle 13(n-1)\le 210<260$, így $\displaystyle n-1\le 20$. A kettőt összevetve, csak $\displaystyle n=16$ lehet, és ez ekvivalens egyenletek miatt jó is.

Még egyszerűbb, ha felhasználjuk, hogy két érintőnégyszög hasonló, ha megfelelő szögeik egyenlőek. Ekkor közvetlenül $\displaystyle \frac{a}{x} = \frac{x}{b}$ és innen $\displaystyle x= \sqrt{ab}$

A 2. feladat, szerintem legegyszerűbb megoldása talán a következő lehet, még ábra sem kell:

Az óramutató járásával ellenkező irányban betűzve a csúcsokat legyenek $\displaystyle A,B,C$ és $\displaystyle D$. A szóban forgó egyenes messe $\displaystyle AD$-t és $\displaystyle BC$-t rendre a $\displaystyle P$ és $\displaystyle Q$ pontokban. A szárak meghosszabbításának metszéspontja legyen $\displaystyle M$. (ha nincs, azt most hagyjuk, magától értetődő)

A $\displaystyle PQM$ háromszög hasonló az $\displaystyle ABM$ háromszöghöz, mert minden szögük megegyezik. A 2 résztrapézba írt kör, ezen 2 háromszög beírt köre. A sugaruk legyen $\displaystyle x,y$. Ekkor a hasonlóságból:

$\displaystyle \frac{a}{y} = \frac{PQ}{x}$

Ekkor azonban a $\displaystyle ABQP$ és $\displaystyle PQCD$ trapézok hasonlók, hisz minden szögük egyenlő, illetve megegyezik a megfelelő alapjuk és a hozzájuk tartozó magasságaik aránya.

Akkor viszont szintén a hasonlóságból $\displaystyle PQ = \sqrt{ab}$

Az érintőnégyszöges feltételek révén könnyű látni, hogy az eredeti trapéz kerülete: $\displaystyle K=2(a+b+PQ)=2(a+b+\sqrt{ab})$

Másik megoldás:

Az egyenlet $\displaystyle a!\cdot b!=a!+b!+c!$. Az általánosság megszorítása nélkül $\displaystyle a\le b$. Ekkor modulo $\displaystyle a!$ véve a két oldalt, $\displaystyle a!|c!$, azaz $\displaystyle a\le c$ adódik. Így hát $\displaystyle b=a+k$ és $\displaystyle c=a+n$ valamilyen $\displaystyle k,n$ természetes számokra. Az egyenletet átosztva (itt esetleg üres szorzatokat kapunk):

Ha $\displaystyle n=0$, azaz $\displaystyle a=c$, akkor egyenletünk $\displaystyle a!\cdot b!=2\cdot a!+b!$, azaz $\displaystyle (a!-1)(b!-2)=2$. A lehetséges szorzattá bontásokat megvizsgálva, nem találunk megoldást.

Tegyük fel, hogy $\displaystyle n>0$. Ha most $\displaystyle k>0$, akkor $\displaystyle (1)$ bal oldala $\displaystyle 0$, jobb oldala $\displaystyle 1$ maradékot ad modulo $\displaystyle a+1$: ez lehetetlen. Ezért $\displaystyle k=0$, és így fest az $\displaystyle (1)$:

Ismert, hogy $\displaystyle a\ge 4$ esetén $\displaystyle a!$ maradéka modulo $\displaystyle a+1$ kétféle lehet: $\displaystyle 0$ vagy $\displaystyle -1$. Mindkét esetben $\displaystyle (2)$-t modulo $\displaystyle a+1$ vizsgálva, ellentmondást kapunk.

Ha $\displaystyle a=3$, akkor $\displaystyle 6=2+(a+1)\dots(a+n)$ adódik, ami csak $\displaystyle n=1$, $\displaystyle c=4$ esetén lehet. Ha $\displaystyle a\le 2$, akkor viszont már $\displaystyle (2)$ bal oldala legfeljebb $\displaystyle 2$, míg jobb oldala $\displaystyle 2$-nél nagyobb: nem lehet megoldás.

Az egyetlen megoldás tehát $\displaystyle (a,b,c)=(3,3,4)$.

Ez még kell hozzá: $\displaystyle n>13$-nál is mindig lesz szervező, hiszen válasszunk ki közülük 13 embert, már köztük is van szervező. (itt egyébként már a skatulyaelv miatt is van szervező).