Nos, eljött a könnyes búcsú pillanata, volt, aki ezt meg is ünnepelte a beadott háziján. Remélem, mindenki élvezte legalább annyira mint én. Azok az illetők pedig, akiknek van a neve mellett kérdőjel a Vető Bálint-féle jegytáblázatban, nem értem, hogy miért nem adták be az öt pontos házit, mert úgy tűnik, mintha direkt az ő kedvükért adtak volna olyasmit, ami órán is volt, aztán meg nem élnek vele, no de mindegy. A Mikulás küldött még emlékbe egy jó kis Excel fájlt is annak, aki azt jobb szereti böngészni.
Simán lehet, hogy valamit elgépeltem, valakinek hibásan írtam ki a nevét, mert csúnyán írta a papírra, vagy rosszul adtam össze a pontszámokat, mert már nagyon késő este van.
Ez esetben küldjetek mailt nyugodtan! Az emailcímemet ki tudjátok találni az URL-ből.
| Név | VI. | VII. | VIII. | IX. | X. | Σ | ||||||||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | ||
| Borbély Gábor | 10 | |||||||||||||||
| Boros Benedek | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 2 | 3 | 5 | 3 | 3 | 3 | 3 | 78 | |||
| Bus Norbert | 2 | 3 | 4 | 3 | 2 | 2 | 1 | 3 | 2 | 5 | 3 | 1 | 75 | |||
| Cseh Ágnes | 3 | 3 | 3 | 3 | 5 | 2 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 80 | ||||
| Csehi Csongor | 3 | 3 | 1 | 3 | 3 | 2 | 3 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 81 | ||
| Cserháti Gergely | 1 | 3 | 2 | 1 | 0 | 3 | 3 | 1 | 0 | 46 | ||||||
| Csomós Gergely | 3 | 1 | 1 | 13 | ||||||||||||
| Cziráki Szabolcs | 3 | 1 | 1 | 3 | 0 | 32 | ||||||||||
| Dési Éva | 12 | |||||||||||||||
| Fekete Balázs Samu | 3 | 3 | 0 | 3 | 0 | 43 | ||||||||||
| Gulyás Krisztina | 1 | 1 | 2 | 3 | 3 | 1 | 3 | 2 | 1 | 3 | 3 | 5 | 1 | 2 | 66 | |
| Jónás Albert | 3 | 3 | 3 | 2 | 5 | 3 | 3 | 3 | 2 | 1 | 70 | |||||
| Kiss Áron | 18 | |||||||||||||||
| Károlyi Márton | 3 | 3 | 4 | 3 | 3 | 5 | 2 | 3 | 5 | 3 | 3 | 87 | ||||
| Kostyák Zsigmond | 2 | 2 | 0 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 0 | 5 | 54 | |||||
| Kovács Veronika | 3 | 3 | 1 | 3 | 3 | 3 | 3 | 57 | ||||||||
| Milacski Zoltán Ádám | 1 | 0 | 0 | 2 | 0 | 4 | 2 | 0 | 5 | 3 | 3 | 5 | 1 | 53 | ||
| Németh Tibor | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 5 | 3 | 2 | 76 | |||
| Nyári Beáta | 3 | 1 | 0 | 1 | 2 | 0 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 52 | ||||
| Schultz Benedek | 2 | 3 | 3 | 0 | 1 | 2 | 3 | 0 | 3 | 3 | 4 | 1 | 1 | 57 | ||
| Somogyi Krisztián | 7 | |||||||||||||||
| Szabó Zsolt | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 2 | 3 | 3 | 3 | 83 | |||||
| Szeidl Rita | 2 | 1 | 3 | 1 | 30 | |||||||||||
| Zarnócz Tamás | 3 | 1 | 1 | 3 | 3 | 2 | 2 | 3 | 3 | 3 | 3 | 1 | 72 | |||
| Zimonyi Péter | 1 | |||||||||||||||
| Név | I. | II. | III. | IV. | V. | ||||||||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 3 | |
| Borbély Gábor | 2 | 3 | 5 | ||||||||||||
| Boros Benedek | 2 | 3 | 0 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 1 | 2 | 3 | 3 | 0 |
| Bus Norbert | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 5 | 2 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | ||
| Cseh Ágnes | 2 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 2 | 3 | 5 | 3 | 1 | 5 | 3 | 1 | 2 |
| Csehi Csongor | 1 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 3 | 3 | 1 | 2 | 3 | 3 | |
| Cserháti Gergely | 1 | 3 | 2 | 3 | 3 | 4 | 2 | 4 | 3 | 1 | 0 | 3 | 3 | 0 | |
| Csomós Gergely | 3 | 3 | 2 | ||||||||||||
| Cziráki Szabolcs | 1 | 0 | 1 | 3 | 1 | 5 | 3 | 3 | 3 | 1 | 3 | 0 | |||
| Dési Éva | 0 | 3 | 0 | 2 | 3 | 4 | |||||||||
| Fekete Balázs Samu | 3 | 3 | 4 | 2 | 5 | 3 | 1 | 5 | 3 | 2 | 3 | ||||
| Gulyás Krisztina | 2 | 3 | 2 | 3 | 3 | 5 | 1 | 2 | 2 | 3 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 |
| Jónás Albert | 2 | 3 | 5 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 5 | 3 | 5 | 2 | 2 | ||
| Kiss Áron | 2 | 3 | 2 | 3 | 0 | 4 | 0 | 4 | |||||||
| Károlyi Márton | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | |
| Kostyák Zsigmond | 3 | 4 | 3 | 3 | 0 | 3 | 3 | 3 | 3 | 2 | 3 | 0 | |||
| Kovács Veronika | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 3 | 5 | 3 | 2 | ||||
| Milacski Zoltán Ádám | 1 | 3 | 0 | 3 | 3 | 5 | 3 | 0 | 4 | 3 | 0 | 0 | 2 | 0 | |
| Németh Tibor | 2 | 2 | 5 | 3 | 3 | 5 | 1 | 3 | 5 | 3 | 0 | 2 | 3 | 2 | 0 |
| Nyári Beáta | 3 | 3 | 2 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 3 | 0 | 0 | 2 | 0 | ||
| Schultz Benedek | 3 | 0 | 3 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 1 | 3 | 3 | 0 | 0 | 1 | |
| Somogyi Krisztián | 0 | 0 | 2 | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 4 | ||||||
| Szabó Zsolt | 2 | 0 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 4 |
| Szeidl Rita | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 1 | 5 | 2 | |||||||
| Zarnócz Tamás | 2 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 5 | 3 | 5 | 2 | 2 | ||
| Zimonyi Péter | 0 | 0 | 0 | ||||||||||||
Ezen a héten nincs különösebb gondolatom, úgy láttam, hogy aki meg akarta csinálni jóra, annak sikerült is.
Telitalálatos szelvény ezen a héten sem volt.
22. feladat: igencsak szórakoztató pontszámok kerekedtek erre a feladatra, valószínűleg azért, mert butaságokat másoltatok egymásról. A megoldások csaknem fele tartalmazza a következő fordulatot: ha egy egészegyütthatós polinomból kiemelem néhány gyöktényezőjét, ismét egészegyütthatós marad. A hír igaz, be is lehet bizonyítani, de ránézésre egyáltalán nem triviális! Tehát aki ezt egy mondattal elintézte, attól levonódik 1 pont. Egyébként volt aki ezt bebizonyította és felhasználta, de a legszebb megoldás az, ha egyszerűen azt mutatja meg, hogy nem marad semmi, azaz az f(x)-1 polinomnak pontosan 4 gyöke van.
24. feladat: egyik kedvenc feladatom. Durvának tűnik az állítás, közben meg kézzel is lehet ilyen sorozatot csinálni tetszőleges n-re indukcióval. Az indukciós lépés: tetszőleges számmal szorozva egy számtani sorozatot, számtani sorozat marad. Végigszorozni az n-ediknek létrejött elem egy hatványával kell, ahol a kitevő az eddigi kitevők LKKT-ja.
19. feladat: Linalgosabban is meg lehet magyarázni ezt a feladatot, ha vesszük a mátrix elemeit modulo n. Ekkor a sorösszegek nullák (mod n) és kell, hogy a determináns is az. Ez meg perszehogy teljesül, épp akkor, ha a mátrix rangja (azaz képterének dimenziója) kisebb mint n. A képtérhez tekintsük pl. a sorvektorok lehetséges lineáris kombinációit (a sorok és oszlopok szerepe felcserélhető, szóval ezt megtehetjük), ezekre is igaz, hogy 0-ra összegződnek. Ez pont az, hogy nem n-dimenziós a képtér, hiszen ha pl. az első n-1 komponense ki van töltve, az n-edik kénytelen a korábbiak összegének ellentettje lenni.
20. feladat: Legegyszerűbb megoldás (Szabó Zsolttól): a_n>n és a_n<n szerint esetszétválasztás. Előbbiből a reciprokra adódik, hogy 1/n>1/a_n, így nyilván 1/a_n+a_n/n^2-nél is. Másikból ugyanez adódik, csak az első lépés reciprokolás helyett osztás legyen n^2-tel. Így az egész összeget tagonként becsüli alulról 1/n-nel.
16. feladat: tudta mindenki a lényeget, de nem mindenki volt elég korrekt a bizonyításnál. Ilyenen meg minek pontot veszíteni?
17. feladat: nem mindenki vette észre, hogy az egész felírható két egyszerű lépésben úgy, mint két végtelen mértani sorösszeg szorzata. Az egész egyenlő egyszer az 1/2-es kvóciensű mértani sor, plusz 1/3-szor az 1/2-es kvóciensű mértani sor, plusz 1/9-szer ugyanez, és így tovább. Ebből az 1/2-es kvóciensű mértani sort kiemelve egy 1/3-os kvóciensű marad.
18. feladat: többféle megoldás volt lehetséges, a legtöbben egyesével áttöltögettétek a benzint végül egyetlen kútba, és azt állítottátok, hogy onnan el lehet indulni. De nem bizonyítottátok be. (Ajánlott olvasmány: Hogyan fogjunk oroszlánt? - különös tekintettel arra a részre, ahol írja, hogy még ellenőrizni kell, hogy amit fogtunk, az valóban oroszlán-e.) Pedig hasonlóan, visszalépkedés közben meggondolva a lehetséges eseteket egyszerű rutinmunka lett volna. Szép alternatívák voltak még: teljes indukció, az indukciós lépés egyetlen ügyes benzináttöltés, illetve egy másik megoldási lehetőség: felrajzolni és ránézni a tetszőleges kúttól indított autó tank állása-idő függvényére.
Látom a beadott feladatok számából, hogy ZH-időszakotok van. Sok sikert!
13. feladat: ez nagyjából mindenkinek ment, többen figyelmetlenségből elfelejtettétek ellenőrizni, hogy ha felbomlott a szám egy szorzatra, akkor egyik tag sem lesz 1.
14. feladat: itt az a furcsa, hogy volt aki nem adta be. Alkalmasan választott koordinátarendszer, vektorozás, esetleg komplex számokkal való forgatással ki KELL jönnie egy ilyen feladatnak, ha igaz. Tehát ingyen 3 pont lett volna... Aki beadta és rosszul, az főleg azt rontotta el, hogy nem számolt el rendesen azzal, hogy pozitív vagy negatív irányba forgatja a vektorokat.
15. feladat: no ezzel már volt gond rendesen. Legtöbben csak annyit mondtatok, hogy szükséges feltétel, hogy ugyanannyi fekete és fehér mezőt vegyünk ki. De ezt eddig is tudtátok, tehát ebben nem volt semmi önálló alkotás, ezért erre nem adtam pontot. Néhányan eljutottak odáig, hogy megoldotta arra az esetre, ha fekete kivett mezőt mindig fehér kivett követ és fordítva. Ez félmegoldás, 2 ponttal jutalmaztam. A harmadik kategóriába az egyetlen megoldó, Szabó Zsolt tartozik, ő szépen, indukcióval megoldotta a problémás esetet is, nagyjából a következő ötlettel: keresni kell egy olyat, ahol az egyik kivett mező fekete, a következő kivett fehér. Köztük így páros sok mező van, tehát lefedhető a köztes rész és ugyanez a szakasz a felette lévő sorban (mert ott épp kettővel több rubrika van). Minden mást kitöltött, ahogy tudott és a problémát egy sorral feljebb tolta, ahol legalább kettővel kevesebb "lyuk" szerepel.
10. feladat: Mindenkinek ment.
11. feladat: Ez már trükkösebb volt, de volt erre is egész rövid és logikus megoldás. Többen rájöttetek, hogy két egymásba forgatható oldalt kell vizsgálgatni. Felírva az első két háromszög két oldalára az egymásba forgatást jellemző egyenletet, majd a harmadik oldalait korábbiakból kifejezve fel kell írni ezeknek az egymásba forgatását, és egyszerűen egyenletrendezéssel, a másik kettő felhasználásával ellenőrizhető, hogy teljesül.
12. feladat: Ezt sokan beadtátok, de sokat le is kellett vonnom. Meglepően sokan adtatok be nagyon hasonló, ennek ellenére nem túl kézenfekvő gondolatot (sok-sok prímszámnak a gyöke + táblázat), így aztán másolásra kellett gyanakodnom... De anélkül is jogos lenne a pontlevonás, mert a prímek gyökének irracionalitása megér egy kis magyarázkodást. Íme egy nagyon egyszerű megoldás: tetszőleges xi számhoz legfeljebb megszámlálható sok valós szám lehet "rossz", vagyis racionálissá kiegészítő: ezek éppen a q-xi alakúak, ahol a q végigfut a racionálisakon. Fogjuk a kontinuum sok valós számot, és kidobunk közülük megszámlálható sokat az x1-hez. Aztán az x2-höz. És így tovább.
Ezeket a megjegyzéseket sajnos elvesztettem, valahol a kibertérben.
Teljesen jó lett ez a feladatsor szinte mindenkinek, 11-en adtak be maximális pontszámot érő házit! Nekik gratulálok!
Egyúttal rájöttem, hogy hogyan fogom büntetni a másolást: ha át van kicsit fogalmazva, akkor megosztva kapják a beadók a pontot, ha nincs, akkor az csak 0 pont. (Akinek nem inge, ne vegye magára - akinek inge, annak üzentem a papíron.)
5. feladat: Kedvenc egymondatos bizonyításom erre: tetszőleges hosszúságú csupa nulla sorozatot tartalmaz. (Aki csak ennyit ad be, az persze nem kapja meg a 3 pontot.)
1. feladat: majdnem mindenkitől levontam, amiért nem precízkedett, hogy a dominó miért különböző színezésűeket fed le. Precízkedjetek többet! (Egy lehetséges megoldás: ha úgy konstruáljátok a színezést, hogy minden sor az előzőhöz képest egy mezővel el van tolva, akkor a függőlegesen fektetett dominók különbözőeket fognak lefedni, mert a középső feletti eggyel egyik irányba megy, alatti pedig másik irányba. A vízszintesek különbözőeket fognak lefedni, mert direkt ilyen sorrendbe írtuk őket le. Ehhez mondjuk minimum, hogy leírjátok szavakkal is a színezést, ne csak rajzzal, mert különben nem látszik, hogy értitek, hogy miért csináltátok! Az ábra még nem bizonyítás!)
3. feladat: Csak nagyon kevesen tudtátok megoldani az utolsó következtetést. Azt szinte mindenki kihozta, hogy tetszőleges helyiértéknél kell lennie két egyezésnek. De hogy van meg ebből az a kettő, amelyiknek végtelen sok egyezése van? Egyszerűen: minden számpárhoz gyűjteni kell, hogy az összes helyiértéken végiglépdelve hányszor voltak éppen ők az egyezők. Számpárból véges sok van (11 alatt a 2) és tizedesjegyből meg végtelen sok, következésképpen legalább az egyik számpárhoz találnunk kellett végtelen sok egyezést - hiszen ha mindegyikhez véges számút találtunk volna, akkor az összes egyezések száma is véges lenne, pedig végtelen sok tizedesjegy közül mindegyikhez találtunk egyet. És ez a bizonyítás persze tetszőleges 11 valós számra igaz (racionálisakra még triviálisabb, tehát nem kell az irracionalitás).