KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Matek OKTV

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[771] marcius82015-02-04 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 Márton2015-02-01 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 Gida2015-02-01 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 Márton2015-02-01 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 Gida2015-02-01 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 Gida2015-02-01 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] gyarpet2015-02-01 14:23:34

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

[765] gyarpet2015-02-01 14:23:34

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

[763] Kovács 972 Márton2015-02-01 09:04:53

Közben felkerült, megtalálható itt.

Előzmény: [762] Kovács 972 Márton, 2015-01-30 19:36:27
[762] Kovács 972 Márton2015-01-30 19:36:27

Valaki feltenné az I. kategóriás feladatokat is?

Előzmény: [761] w, 2015-01-30 17:18:58
[761] w2015-01-30 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] HoA2015-01-30 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 Márton2015-01-30 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] w2015-01-30 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 Gida2015-01-30 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
[756] Róbert Gida2015-01-30 00:04:41

Még ezt elviszem, 3. feladat megoldása:

Maximálisan &tex;\displaystyle n=12&xet; lehet. Ugyanis n=13-nál már van szervező!! (Paritási trükk miatt.) Hiszen itt mindenki n-1=12 emberrel dolgozik, ha senki sem szervező, akkor mindenki 3 emberrel levelezik ugyanazon a nyelven. Nézzük meg, hogy egy kiválasztott nyelven hány pár levelezik: &tex;\displaystyle 3*13/2&xet;, hiszen minden párt 2-szer számolunk, így itt osztani kell 2-vel. Ez nem egész, így 13 embernél mindig van szervező.

n=12 ember viszont megoldható(!) (és akkor nyilván kisebb m<n is, csak válasszunk a 12 ember közül m-et). &tex;\displaystyle 1,..,12&xet; legyenek a csúcsok (tudósok), míg &tex;\displaystyle 0,1,2,3&xet; színek a lehetséges nyelvek. &tex;\displaystyle u&xet; év &tex;\displaystyle v&xet; között &tex;\displaystyle (u+v)\mod 4&xet; színű él fusson. Ez triviálisan jó színezés lesz. (Még egy primítiv gyökös konstrukcióm is volt, de ez egyszűbb).

Előzmény: [754] w, 2015-01-29 16:04:49
[755] Róbert Gida2015-01-29 23:06:04

4. feladat megoldása a!*b!=a!+b!+c! megoldása pozitív egészekben.

(a,b,c)=(3,3,4) az egyetlen megoldás. &tex;\displaystyle a\le b&xet; feltehető, ekkor:

Ha a=1, akkor 1+c!=0 ami nem lehetséges. Ha a=2, akkor b!=2+c!, ez sem ad megoldást (faktoriálisok különbsége nem lehet 2). Ha &tex;\displaystyle a\ge 3&xet;, akkor &tex;\displaystyle 6*b!\le a!*b!=a!+b!+c!\le 2*b!+c!&xet;, azaz &tex;\displaystyle 4*b!\le c!&xet;, innen c>b. Osszuk el az eredeti egyenletet a!-sal:

&tex;\displaystyle b!=1+\frac {b!}{a!}+\frac{c!}{a!}&xet;, itt &tex;\displaystyle c>b\ge a&xet; így c!/a! osztható (a+1)-gyel. Ha b>a, akkor b!, sőt &tex;\displaystyle \frac {b!}{a!}&xet; is osztható (a+1)-gyel, de ekkor a bal oldal osztható (a+1)-gyel, míg a jobb oldal nem (1 maradékot ad). Maradt az a=b eset, ekkor persze &tex;\displaystyle 3\le a=b&xet;, mert &tex;\displaystyle a<3&xet;-t már megnéztük.

&tex;\displaystyle b!=2+\frac {c!}{b!}&xet;, akkor &tex;\displaystyle c\ge b+3&xet; esetén nincs megoldás, mert b! és &tex;\displaystyle \frac{c!}{b!}&xet; is osztható 3-mal (&tex;\displaystyle b\ge 3&xet; teljesül), azaz a bal oldal osztható 3-mal, míg a jobb oldal nem. 2 eset maradt:

Ha &tex;\displaystyle c=b+1&xet;, ekkor &tex;\displaystyle b!=b+3&xet;, ebből &tex;\displaystyle b*(b-1)\le b!=b+3&xet;, azaz &tex;\displaystyle (b-3)(b+1)=b^2-2*b-3\le 0&xet;, innen csak &tex;\displaystyle b\le 3&xet; lehet de &tex;\displaystyle b\ge 3&xet; így csak &tex;\displaystyle b=3&xet; lehet, ami valóban megoldás, azaz (a,b,c)=(3,3,4) megoldás (&tex;\displaystyle a=b&xet; miatt a permutált megoldás ugyanaz).

Ha &tex;\displaystyle c=b+2&xet;, akkor &tex;\displaystyle b!=2+(b+1)(b+2)&xet;, itt &tex;\displaystyle b(b-1)(b-2)\le b!=2+(b+1)(b+2)&xet;, azaz &tex;\displaystyle b^3-4*b^2-b-4\le 0&xet;, de &tex;\displaystyle b\ge 6&xet;-ra &tex;\displaystyle b^3-4*b^2-b-4>b^3-4*b^2-b^2-b^2=b^2(b-6)\ge 0&xet;, azaz csak &tex;\displaystyle b=3,4,5&xet; lehetséges, egyik sem ad megoldást.

Előzmény: [754] w, 2015-01-29 16:04:49
[754] w2015-01-29 16:04:49

Itt van a feladatsor:

1. feladat. Legyen &tex;\displaystyle n>2&xet; egész szám. Egy konvex &tex;\displaystyle n&xet;-szög három csúcsát kiválasztva &tex;\displaystyle \frac{22}{35}&xet; annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott csúcsok által alkotott háromszögnek nincs közös oldala a sokszöggel. Határozzuk meg a sokszög oldalszámát.

2. feladat. Egy trapézról tudjuk, hogy elmetszhető az alapokkal párhuzamos egyenessel úgy, hogy mindkét keletkezett rész-trapézba kör írható. A trapéz alapjai &tex;\displaystyle a&xet;, illetve &tex;\displaystyle b&xet; hosszúak. Mekkora a trapéz kerülete?

3. feladat. Egy tudományos kutatásban &tex;\displaystyle n&xet; tudós dolgozik együtt. Bármely két tudós előre megállapodik, hogy egymás közt milyen nyelven leveleznek a kutatás négy hivatalos nyelve közül. A levelezés oda-vissza ugyanazon a nyelven történik két tudós között. Egy tudóst akkor nevezünk szervezőnek, ha legalább &tex;\displaystyle 4&xet; másikkal ugyanazon a nyelven levelezik. Legfeljebb mekkora lehet &tex;\displaystyle n&xet;, ha nincs köztük szervező?

4. feladat. Határozzuk meg, hogy mely pozitív egész &tex;\displaystyle a,b,c&xet; számokra teljesül az alábbi egyenlet:

&tex;\displaystyle a!\cdot b!=a!+b!+c!&xet;

Előzmény: [753] tota96, 2015-01-28 20:10:22
[753] tota962015-01-28 20:10:22

mit szóltok a mai OKTV-hez? milyenek voltak a feladatok? nehezebb vagy könnyebb, mint a tavalyi?

[752] Moderátor2014-12-03 11:15:48

Kedves marcius8,

A fórumon van lehetőség képleteket beírni, és semmivel sem nagyobb fáradság azt írni, hogy &tex;\displaystyle \pi-\alpha&xet; vagy &tex;\displaystyle F_a&xet;, mint azt, hogy "pi-alfa" vagy "Fa". Léccí, járd végig a TeX minitanfolyamot. Csak pár perc az egész...

Előzmény: [750] marcius8, 2014-12-03 08:50:14
[751] marcius82014-12-03 08:57:16

A megoldásból kimaradt, hogy a "P" pontban levő testre ható és "a" oldal által kifejtett "Fa" erő merőlegesek egymásra. Hasonlóképpen a "P" pontban levő testre ható és "b" oldal által kifejtett "Fb" erő merőlegesek egymásra. Hasonlóképpen a "P" pontban levő testre ható és "c" oldal által kifejtett "Fc" erő merőlegesek egymásra.

Előzmény: [750] marcius8, 2014-12-03 08:50:14
[750] marcius82014-12-03 08:50:14

A 2. kategóriás OKTV egyik feladatának egy fizikus megoldását írom ide. (Ma reggel iskolába jövet pattant ki okos fejemből.) Azért írom le ezt a megoldást, mert ezen megoldás alapján ez a feladat többféleképpen általánosítható, másrészt ezt a megoldást szerénytelenség nélkül szépnek találom.

Feladat: (Kicsit rövidebben megfogalmazva) Az "ABC" háromszög kerülete 12 cm, területe 6 cm2. Legyen "P" az "ABC" háromszög egy belső pontja. A "P" pontnak a "a=BC", "b=CA", "c=AB" oldalaktól mért távolsága legyen rendre "x", "y", "z" . Legyen "s=a/x+b/y+c/z". Mennyi "s" minimális értéke? A háromszög mely belső "P" pontjára lesz "s" minimális?

Megoldás: Legyen a háromszög belsejében levő "P" pontban egy akármilyen test. Az "a=BC" oldal a "P" pontban levő testre egy olyan "Fa" taszító erőt fejtsen ki, amely egyenesen arányos az "a" oldal hosszával és fordítottan arányos a "P" pontnak az "a=BC" oldaltól mért "x" távolság négyzetével. Hasonlóképpen a "b=CA" oldal a "P" pontban levő testre egy olyan "Fb" taszító erőt fejtsen ki, amely egyenesen arányos a "b" oldal hosszával és fordítottan arányos a "P" pontnak a "b=CA" oldaltól mért "y" távolság négyzetével. Hasonlóképpen a "c=AB" oldal a "P" pontban levő testre egy olyan "Fc" taszító erőt fejtsen ki, amely egyenesen arányos a "c" oldal hosszával és fordítottan arányos a "P" pontnak a "c=AB" oldaltól mért "z" távolság négyzetével. Ekkor, ha a "P" pont egyenlő a háromszögbe írt kör középpontjával, azaz a "P" pontban levő test a háromszög oldalaitól egyenlő távol van, akkor az erre a testre ható "Fa", "Fb", "Fc" erők nagyságai egyenesen arányosak a háromszög "a", "b", "c" oldalaival, továbbá ekkor az "Fb" és "Fc" erők egymással "pi-alfa" szöget zárnak be, az "Fc" és "Fa" erők egymással "pi-béta" szöget zárnak be, az "Fa" és "Fb" erők egymással "pi-gamma" szöget zárnak be. Így ha a "P" pont az "ABC" háromszögbe írt kör középpontja, ekkor a "P" pontban levő testre ható, az oldalak által által kifejtett "Fa", "Fb", "Fc" vektori eredője 0vektor, azaz ekkor a test egyensúlyban van. Másrészt ekkor a test helyzeti energiája arányos az "s=a/x+b/y+c/z" kifejezéssel. (A "P" pontban levő test helyzeti energiája az "a" oldal erőterében egyenesen arányos az "a" oldallal és fordítottan arányos a "P" pontnak az "a" oldaltól mért "x" távolsággal. A "P" pontban levő test helyzeti energiája az "b" oldal erőterében egyenesen arányos az "b" oldallal és fordítottan arányos a "P" pontnak az "b" oldaltól mért "y" távolsággal. A "P" pontban levő test helyzeti energiája az "c" oldal erőterében egyenesen arányos az "c" oldallal és fordítottan arányos a "P" pontnak az "c" oldaltól mért "z" távolsággal. Ezek az állítások integrálással bizonyíthatóak.) Fizikából tudjuk, hogy egy test energiája akkor minimális, ha a testre ható erők eredője 0vektor. Így az előbbiek szerint az "s=a/x+b/y+c/z" akkor minimális, ha "x", "y", "z" egymással egyenlő, azaz ha a "P" pont egyenlő távol van az "ABC" háromszög oldalaitól, továbbá ekkor a "P" pontban levő test állapota stabilis, azaz ekkor a testet kicsit kitérítve ebből a "P" pontból, a test visszatér.

Előzmény: [745] Kovács 972 Márton, 2014-11-28 20:30:21
[749] Kovács 972 Márton2014-11-28 22:13:06

Köszönöm szépen!

Előzmény: [746] gajdocsi11, 2014-11-28 20:53:06
[748] jonas2014-11-28 21:32:28

Köszönöm, hogy megosztottad a feladatokat.

Előzmény: [747] SzőkeTamás, 2014-11-28 20:55:12
[747] SzőkeTamás2014-11-28 20:55:12

A spec. matekos OKTV első fordulójának feladatai:

1. feladat: Mely 1-nél nagyobb egész számok lehetnek két egymást követő &tex;\displaystyle n^2 + 3&xet; alakú szám közös osztói?

2. feladat: Egy háromszög oldalszakaszain felvettünk egy-egy pontot úgy, hogy az ezek összekötésével keletkező négy részháromszög területe egyenlő. Mutassuk meg, hogy a pontok az oldalak felezőpontjai.

3. feladat: A &tex;\displaystyle p < q&xet; páratlan prímek az &tex;\displaystyle n!&xet; prímtényezős felbontásában azonos kitevőn szerepelnek. Igazoljuk, hogy ekkor &tex;\displaystyle n < p(p + 1)/2&xet;.

4. feladat: Vetítsünk egy szabályos tetraédert merőlegesen a tér valamely síkjára. Mutassuk meg, hogy ha a tetraéder vetülete paralelogramma, akkor négyzet.

5. feladat: Egy 2014 oldalú szabályos sokszög csúcsai valamilyen sorrendben &tex;\displaystyle P_1, P_2, . . . , P_{2014}&xet;. Bizonyítsuk be, hogy a &tex;\displaystyle P_1P_2, P_2P_3, . . . , P_{2013}P_{2014}, P_{2014}P_1&xet; egyenesek között van két párhuzamos.

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap