|
|
| [780] csábos | 2016-01-07 23:15:36 |
 Ha a fókuszpontot (&tex;\displaystyle F&xet;) tükrözzük az &tex;\displaystyle e&xet; érintőre, akkor a vezéregyenesre jutunk a &tex;\displaystyle Q&xet; pontba. Legyen &tex;\displaystyle FQ\cap e=R&xet;. Az érintési pont &tex;\displaystyle P&xet;. Ekkor a feladatban leírt &tex;\displaystyle M&xet; pontra teljesül, hogy &tex;\displaystyle PRFM&xet; téglalap. Tehát úgy kapjuk meg &tex;\displaystyle M&xet;-et, hogy megfelezzük P távolságát &tex;\displaystyle x&xet;-től (affinitás) majd eltojuk &tex;\displaystyle x&xet; pozitív irányába annyival, amennyi a parabola csúcsának és fókuszának a távolsága.
|
| Előzmény: [779] Kardos, 2016-01-07 21:57:25 |
|
|
|
| [777] Kardos | 2016-01-07 18:42:47 |
 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!!
|
|
|
|
| [774] w | 2015-11-30 17:14:19 |
 Megoldással együtt megtalálhatók a feladatok itt.
A III. kat. 4. feladatra általánosítás is adható: hogyha &tex;\displaystyle k\ge 0&xet; egész, és az &tex;\displaystyle 1,2,\dots,n&xet; számok közül &tex;\displaystyle p_1,p_2,\dots,p_r&xet; jelöli a prímeket, illetve &tex;\displaystyle N_k&xet; pedig az olyan pozitív egészek számát &tex;\displaystyle 1,2,\dots,n&xet; közül, melyeknek pontosan &tex;\displaystyle k&xet; darab prímosztója, akkor
&tex;\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].&xet;
Hogyha &tex;\displaystyle k=1&xet;, éppen a 4. feladatot kapjuk (csak ott &tex;\displaystyle |S|&xet; szerint voltak rendezve a tagok). A &tex;\displaystyle k=0&xet; esetet még érdemes megemlíteni: az a szita-formulával is könnyen belátható
&tex;\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&xet;
azonosság.
|
| Előzmény: [772] Loiscenter, 2015-11-30 12:48:39 |
|
| [772] Loiscenter | 2015-11-30 12:48:39 |
 Kinek van 2015.nov.26 Matematikai OKTV feladat, legyen szives feltenni esetleg megoldás ötletével (föleg III. kategoria) ?
Nagyon köszönöm !
|
|
| [771] marcius8 | 2015-02-04 09:30:51 |
 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.
|
|
| [770] Kovács 972 Márton | 2015-02-01 16:18:14 |
|
A 4. feladathoz segítség, több időm most nincs rendesen leírni:
Az &tex;\displaystyle XYZ&xet; háromszög &tex;\displaystyle Z&xet;-ben derékszögű, mi több, félszabályos. Ennek belátásához javaslom a kerületi szögek megfigyelését. Ezek után ha a kör sugarát &tex;\displaystyle 1&xet;-nek veszed (ezt megteheted az általánosság csorbítása nélkül) akkor egy húr hosszát a hozzá tartozó kerületi szög (&tex;\displaystyle \alpha)&xet; segítségével kiszámolhatod:
&tex;\displaystyle h = 2R\sin{\alpha}&xet;
Innen pedig csak játék a számokkal.
A végeredmény &tex;\displaystyle \frac{1+\sqrt{3}}{2}&xet;. (nyilván ha a nagyobbikat osztod a kisebbikkel)
|
| Előzmény: [764] gyarpet, 2015-02-01 14:23:34 |
|
| [769] Róbert Gida | 2015-02-01 16:14:48 |
 5. feladat megoldása: Feltételek szerint: &tex;\displaystyle 2*a\le b&xet; (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 &tex;\displaystyle A2=2*(3*a-b)^2&xet; (két darab 3*a-b oldalhosszú négyzet). Az egyszer fedett területek összege pedig &tex;\displaystyle A1=b^2-A0-A2&xet; triviálisan. Akkor lesznek számtani sorozatban a területek (megfelelő sorrendben), ha &tex;\displaystyle A0+A1=2*A2&xet;, azaz &tex;\displaystyle b^2-A2=2*A2&xet;, &tex;\displaystyle A2&xet; képletét beírva: &tex;\displaystyle b^2=6*(3*a-b)^2&xet;, innen gyököt vonva: &tex;\displaystyle b=\sqrt 6 *(3*a-b)&xet; (előjel jó, &tex;\displaystyle 3*a>b&xet; különben nincs kétszer fedett terület). Azaz &tex;\displaystyle b*(1+\sqrt 6)=3\sqrt 6 a&xet;, amiből &tex;\displaystyle \frac ba=\frac{3\sqrt 6}{1+\sqrt 6}=\frac {18-3\sqrt 6}{5}&xet; (nagyjából 2.13, így kétszer fedett terület is van és az asztalra fért).
|
|
| [768] Kovács 972 Márton | 2015-02-01 16:11:42 |
|
A 2. feladat megoldása:
Induljnak a &tex;\displaystyle P&xet; pontból a csúcsokhoz azonos nevű, kisbetűvel jelölt vektorok. Legyen a kör középpont ja &tex;\displaystyle O&xet; sugara pedig &tex;\displaystyle r&xet;. A rombusz oldalát vegyük éppen egységnyinek, ezzel nem szűkítünk az általánosságon.
&tex;\displaystyle \vec{PA} = \vec{a} - \vec{OR}&xet;
&tex;\displaystyle \vec{PB} = \vec{b} - \vec{OR}&xet;
&tex;\displaystyle \vec{PC} = \vec{c} - \vec{OR}&xet;
&tex;\displaystyle \vec{PD} = \vec{d} - \vec{OR}&xet;
A keresett négyzetösszeg eszerint (mivel egy vektor négyzete egyenlő az aboszolútértékének négyzetével, miért?)
&tex;\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})&xet;
(1)
A zárójeles tag értéke 0, hiszen a rombusz tulajdonságai miatt az &tex;\displaystyle \vec{a}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{c}&xet; valamint a &tex;\displaystyle \vec{b}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{d}&xet; vektorok kioltják egymást.
Koszinusz tételből &tex;\displaystyle a=c=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}&xet; és &tex;\displaystyle b=d=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}&xet;
A beírt kör sugara a magasság fele. A rombusz területe &tex;\displaystyle t=1\cdot1\cdot\sin{45} = 1\cdot2r&xet; amiből &tex;\displaystyle r=\frac{\sqrt{2}}{4}&xet;
Ekkor (1) értéke éppen 5/2, amint azt bizonyítani kellett.
|
| Előzmény: [764] gyarpet, 2015-02-01 14:23:34 |
|
| [767] Róbert Gida | 2015-02-01 15:38:01 |
|
3. feladat megoldása: Négyzetes oszlop(???) helyett mondjunk téglatestet, ismeretes
&tex;\displaystyle V=a^2*h&xet; és &tex;\displaystyle A=2*a^2+4*a*h&xet;
feltétel szerint V=2015*A, azaz
&tex;\displaystyle a^2*h=2015*(2*a^2+4*a*h)&xet;, rendezve:
&tex;\displaystyle a^2*h-4030*a^2-8060*a*h=0&xet;, a-val osztva (a>0):
&tex;\displaystyle a*h-4030*a-8060*h=0&xet;, szorzattá alakítva:
&tex;\displaystyle (a-8060)(h-4030)=32481800&xet;
Azaz n=32481800-et kell két egész szám szorzatára bontani: &tex;\displaystyle n=d_1*d_2&xet;, de úgy, hogy &tex;\displaystyle a=d_1+8060>0&xet; és &tex;\displaystyle h=d_2+4030>0&xet; teljesüljön. Innen &tex;\displaystyle d_1>-8060,d_2>-4030&xet;, de akkor mindkettő pozitív, különben vagy ellentétes előjelűek, de akkor &tex;\displaystyle d_1*d_2<0&xet; vagy negatívok, de akkor &tex;\displaystyle d_1*d_2<(-8060)*(-4030)=n&xet;. Azaz &tex;\displaystyle d_1,d_2>0&xet;, és ekkor persze &tex;\displaystyle a,h>0&xet; lesz, továbbá ezek nem egybevágó téglatesteket adnak. Ilyen &tex;\displaystyle n=d_1*d_2&xet; szorzattá alakításból pedig annyi van ahány pozitív oszója &tex;\displaystyle n&xet;-nek van, ami 108 (amint ez az &tex;\displaystyle n=2^3*5^2*13^2*31^2&xet; alakból megkapható).
|
|
| [766] Róbert Gida | 2015-02-01 15:12:49 |
|
1. feladat megoldása A két egyenletet összeszorozva: &tex;\displaystyle (x+y)^2=9&xet;, míg elosztva egymással: &tex;\displaystyle (x*y)^2=4&xet;, azaz x+y=+-3 és x*y=+-2, de a második egyenlet &tex;\displaystyle \frac {x+y}{xy}=\frac 32&xet; alakja miatt x+y és x*y azonos előjelű. Így csak két eset maradt: &tex;\displaystyle x+y=3&xet; és &tex;\displaystyle x*y=2&xet;, ekkor y=3-x; majd ezt beírva x*y=x*(3-x)=2 azaz &tex;\displaystyle x^2-3*x+2=0&xet;, ezt megoldva x=1 vagy 2, de y=3-x volt, azaz kapjuk (x,y)=(1,2),(2,1) megoldások. Második esetben &tex;\displaystyle x+y=-3&xet;, &tex;\displaystyle x*y=-2&xet;, hasonlóan végigszámolva (másodfokú egyenletet megoldva a megoldások: &tex;\displaystyle (x,y)=(\frac {-3+\sqrt 17)}{2},\frac {-3-\sqrt 17)}{2}),(\frac {-3-\sqrt 17)}{2},\frac {-3+\sqrt 17)}{2})&xet; Azaz 4 valós megoldás van (és ezek valóban megoldások, ami behelyettesítéssel ellenőrizhető is).
|
| Előzmény: [764] gyarpet, 2015-02-01 14:23:34 |
|
| [764] gyarpet | 2015-02-01 14:23:34 |
|
Valaki majd tud az I. kategóriás feladatokhoz megoldást írni? Nagyon bizonytalan vagyok, hogy sikerült...
|
|
| [765] gyarpet | 2015-02-01 14:23:34 |
|
Valaki majd tud az I. kategóriás feladatokhoz megoldást írni? Nagyon bizonytalan vagyok, hogy sikerült...
|
|
|
|
| [761] w | 2015-01-30 17:18:58 |
|
A teljesség kedvéért nézzük meg az 1. feladatot:
Számoljuk meg, hány háromszögnek van közös oldala az &tex;\displaystyle n&xet;-szöggel. Ha két közös oldal van, &tex;\displaystyle n&xet; háromszög lehetséges. Ha csak egy, akkor pedig &tex;\displaystyle n(n-4)&xet;-féle, hisz egy sokszögoldalt és egy vele nem szomszédos csúcsot kell kiválasztanunk. (Jegyezzük meg, hogy &tex;\displaystyle n=3&xet; és &tex;\displaystyle n=4&xet; nem működik.) Természetesen &tex;\displaystyle \binom n3&xet;-féle háromszög választható ki. Tehát
&tex;\displaystyle 1-\frac{22}{35}=\frac{n+n(n-4)}{\binom n3},&xet;
&tex;\displaystyle \frac{13}{35}=\frac{6n(n-3)}{n(n-1)(n-2)},&xet;
&tex;\displaystyle 13(n-1)(n-2)=210(n-3).&xet;
Nyilván - &tex;\displaystyle 13&xet; és &tex;\displaystyle 210&xet; relatív prím lévén - &tex;\displaystyle 13|n-3&xet;. Továbbá &tex;\displaystyle 210(n-3)\le 210(n-2)&xet; miatt &tex;\displaystyle 13(n-1)\le 210<260&xet;, így &tex;\displaystyle n-1\le 20&xet;. A kettőt összevetve, csak &tex;\displaystyle n=16&xet; lehet, és ez ekvivalens egyenletek miatt jó is.
|
| Előzmény: [754] w, 2015-01-29 16:04:49 |
|
| [760] HoA | 2015-01-30 14:51:27 |
 Még egyszerűbb, ha felhasználjuk, hogy két érintőnégyszög hasonló, ha megfelelő szögeik egyenlőek. Ekkor közvetlenül &tex;\displaystyle \frac{a}{x} = \frac{x}{b}&xet; és innen &tex;\displaystyle x= \sqrt{ab}&xet;
|
| Előzmény: [759] Kovács 972 Márton, 2015-01-30 14:33:25 |
|
| [759] Kovács 972 Márton | 2015-01-30 14:33:25 |
|
A 2. feladat, szerintem legegyszerűbb megoldása talán a következő lehet, még ábra sem kell:
Az óramutató járásával ellenkező irányban betűzve a csúcsokat legyenek &tex;\displaystyle A,B,C&xet; és &tex;\displaystyle D&xet;. A szóban forgó egyenes messe &tex;\displaystyle AD&xet;-t és &tex;\displaystyle BC&xet;-t rendre a &tex;\displaystyle P&xet; és &tex;\displaystyle Q&xet; pontokban. A szárak meghosszabbításának metszéspontja legyen &tex;\displaystyle M&xet;. (ha nincs, azt most hagyjuk, magától értetődő)
A &tex;\displaystyle PQM&xet; háromszög hasonló az &tex;\displaystyle ABM&xet; háromszöghöz, mert minden szögük megegyezik. A 2 résztrapézba írt kör, ezen 2 háromszög beírt köre. A sugaruk legyen &tex;\displaystyle x,y&xet;. Ekkor a hasonlóságból:
&tex;\displaystyle \frac{a}{y} = \frac{PQ}{x}&xet;
Ekkor azonban a &tex;\displaystyle ABQP&xet; és &tex;\displaystyle PQCD&xet; trapézok hasonlók, hisz minden szögük egyenlő, illetve megegyezik a megfelelő alapjuk és a hozzájuk tartozó magasságaik aránya.
Akkor viszont szintén a hasonlóságból &tex;\displaystyle PQ = \sqrt{ab}&xet;
Az érintőnégyszöges feltételek révén könnyű látni, hogy az eredeti trapéz kerülete: &tex;\displaystyle K=2(a+b+PQ)=2(a+b+\sqrt{ab})&xet;
|
| Előzmény: [754] w, 2015-01-29 16:04:49 |
|
| [758] w | 2015-01-30 14:17:57 |
|
Másik megoldás:
Az egyenlet &tex;\displaystyle a!\cdot b!=a!+b!+c!&xet;. Az általánosság megszorítása nélkül &tex;\displaystyle a\le b&xet;. Ekkor modulo &tex;\displaystyle a!&xet; véve a két oldalt, &tex;\displaystyle a!|c!&xet;, azaz &tex;\displaystyle a\le c&xet; adódik. Így hát &tex;\displaystyle b=a+k&xet; és &tex;\displaystyle c=a+n&xet; valamilyen &tex;\displaystyle k,n&xet; természetes számokra. Az egyenletet átosztva (itt esetleg üres szorzatokat kapunk):
| &tex;\displaystyle (a+k)!=1+(a+1)\dots(a+k)+(a+1)\dots(a+n).&xet; | (1) |
Ha &tex;\displaystyle n=0&xet;, azaz &tex;\displaystyle a=c&xet;, akkor egyenletünk &tex;\displaystyle a!\cdot b!=2\cdot a!+b!&xet;, azaz &tex;\displaystyle (a!-1)(b!-2)=2&xet;. A lehetséges szorzattá bontásokat megvizsgálva, nem találunk megoldást.
Tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle n>0&xet;. Ha most &tex;\displaystyle k>0&xet;, akkor &tex;\displaystyle (1)&xet; bal oldala &tex;\displaystyle 0&xet;, jobb oldala &tex;\displaystyle 1&xet; maradékot ad modulo &tex;\displaystyle a+1&xet;: ez lehetetlen. Ezért &tex;\displaystyle k=0&xet;, és így fest az &tex;\displaystyle (1)&xet;:
| &tex;\displaystyle a!=2+(a+1)\dots(a+n).&xet; | (2) |
Ismert, hogy &tex;\displaystyle a\ge 4&xet; esetén &tex;\displaystyle a!&xet; maradéka modulo &tex;\displaystyle a+1&xet; kétféle lehet: &tex;\displaystyle 0&xet; vagy &tex;\displaystyle -1&xet;. Mindkét esetben &tex;\displaystyle (2)&xet;-t modulo &tex;\displaystyle a+1&xet; vizsgálva, ellentmondást kapunk.
Ha &tex;\displaystyle a=3&xet;, akkor &tex;\displaystyle 6=2+(a+1)\dots(a+n)&xet; adódik, ami csak &tex;\displaystyle n=1&xet;, &tex;\displaystyle c=4&xet; esetén lehet. Ha &tex;\displaystyle a\le 2&xet;, akkor viszont már &tex;\displaystyle (2)&xet; bal oldala legfeljebb &tex;\displaystyle 2&xet;, míg jobb oldala &tex;\displaystyle 2&xet;-nél nagyobb: nem lehet megoldás.
Az egyetlen megoldás tehát &tex;\displaystyle (a,b,c)=(3,3,4)&xet;.
|
| Előzmény: [755] Róbert Gida, 2015-01-29 23:06:04 |
|
| [757] Róbert Gida | 2015-01-30 00:15:53 |
|
Ez még kell hozzá: &tex;\displaystyle n>13&xet;-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).
|
| Előzmény: [756] Róbert Gida, 2015-01-30 00:04:41 |
|
