Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[165] HoA2006-02-07 17:27:30

Kedves Fórumosok!

Az A. 386. feladathoz javaslok egy - szerintem - a honlapon megjelentnél sokkal egyszerűbb megoldást. Használjuk a honlap ábráját. Legyen az OP vektor hossza t, irányszöge \alpha . Ekkor P koordinátái (t cos\alpha ; t sin\alpha). Mivel P a hiperbolán van, ennek egyenlete

xy=t2cos\alphasin\alpha

A P-ből a kör/hiperbola metszéspontok egyikébe, mondjuk T-be mutató 2t hosszúságú PT vektor irányszöge legyen \beta , ekkor T koordinátái

(t cos\alpha+2t cos\betat sin\alpha+2t sin\beta)

T is a hiperbolán van, ezért

(t cos\alpha+2t cos\beta)(t sin\alpha+2t sin\beta)=t2cos\alphasin\alpha

t2(cos\alphasin\alpha+2 cos\beta sin\alpha+2 cos\alpha sin\beta+4 cos\beta sin\beta)=t2cos\alphasin\alpha

cos\beta sin\alpha+2 cos\alpha sin\beta+4 cos\beta sin\beta=0

sin(\alpha+\beta)= -sin(2\beta)=sin(-2\beta)

Felhasználva, hogy sin x=sin(\pi-x) , innen vagy

(a)\alpha+\beta= -2\beta+2k\pi

, vagy pedig

(b)\alpha+\beta=\pi+2\beta+2k\pi

A (b) esetben

\beta=\alpha-(2k+1)\pi

, vagyis a PT irány éppen OP-vel ellentétes, ez a metszéspont ábránk P' pontja. Az (a) esetben

3\beta= -\alpha+2k\pi

\beta = ~-\frac\alpha3 + k \frac{2\pi}3

vagyis a P-ből a kör/hiperbola metszéspontokba mutató vektorok egymás \frac{2\pi}3 (=120^\circ) egész számú többszöröseivel való elforgatottjai, az ábra PQ, PR és PS vektorai. Közülük bármely kettő, így a PQ és PR által bezárt szög is 120o A megoldás a hivatkozott szögharmadolásra is rámutat: utolsó képletünkben k = 0 -t véve

\beta = ~-\frac\alpha3

, tehát a megoldás vektorok egyikének ( ábránkon PQ ) irányszöge abszolút értékre megegyezik az OP vektor irányszögének harmadával.

[164] Iván882006-02-06 19:35:43

Akkor légyszi írd meg.

<ivan9d@freemail.hu>

Köszi: Gresits Iván

Előzmény: [158] V Laci, 2006-01-28 17:54:38
[163] sakkmath2006-01-31 14:08:59

Kedves Fórumosok! Az Euklides 2.41-es verziójában találtam egy hibát. A honlapjukon megadott címekre 5 hete e-mailben elküldtem a hibaleírást, de nem válaszolnak. A honlapon mellesleg ez a lehangoló infó olvasható: utolsó frissítés: 2002. január 27. Ismeri-e valaki a szerzők/fejlesztők elérhetőségeit?

[162] [evilcman]2006-01-31 13:15:59

Köszönöm!

Euklides-t használok.

Előzmény: [160] lorantfy, 2006-01-29 10:15:16
[161] V Laci2006-01-29 13:12:00

Tényleg szép megoldás, köszönöm szépen!

[160] lorantfy2006-01-29 10:15:16

Szép megoldás! Gratula! Milyen szerkesztő programot használsz?

Előzmény: [159] [evilcman], 2006-01-29 00:55:49
[159] [evilcman]2006-01-29 00:55:49

Itt egy: http://users.atw.hu/thevilcman/files.html

Előzmény: [158] V Laci, 2006-01-28 17:54:38
[158] V Laci2006-01-28 17:54:38

Sziasztok!

Érdekelne a B.3853. feladat megoldása. (Háromszög területét felező adott irányú egyenes szerkesztése.) Előre is köszönöm.

Iván88, nekem van egy megoldásom a B.3859. feladatra, sztem jó, de ez nem biztos :), de ha gondolod szívesen elküldöm e-mailben.

[157] Iván882006-01-27 21:50:18

Valaki írja meg a B. 3859-esnek a megoldását! Ne hagyjuk félbe! (Addig nem nyugszom, amíg nem lesz fenn)

[156] Lóczi Lajos2006-01-22 18:11:15

Amúgy hasonló (de szerintem jóval nehezebb) kérdést feszeget a Nehezebb mat. probl. 136. feladatában kitűzött egyenlőtlenség is.

Előzmény: [146] ScarMan, 2006-01-21 13:15:29
[155] Lóczi Lajos2006-01-22 18:08:02

Lemaradt egy előjel: helyesen -\lim_{n\to \infty} x_n.

Előzmény: [154] Lóczi Lajos, 2006-01-22 18:04:48
[154] Lóczi Lajos2006-01-22 18:04:48

A 2x=x2 egyenlet egyetlen negatív valós gyökét nemelemi függvényekkel fel lehet írni, pl. az ún. Lambert-féle W-függvénnyel, de ezzel a felírással nem mennél túl sokra, mert benne az x\mapstoxex függvényt kell invertálni. Az inverz (alkalmas intervallumon) létezik, de "képlettel" (azaz véges sok elemi függvény segítségével) nem írható fel. A transzcendens egyenletek szinte mindig ilyenek, ezen nem kell csodálkozni.

Numerikusan tetszőleges pontossággal megközelíthető a gyök: az első néhány tizedesjegy -0.7666646... A határérték fogalmával szintén könnyedén kifejezhető ez a szám: tekintsük pl. az

x0=1, x_{n+1}:=\sqrt{(1/2)^{x_n}} rekurziót. Ekkor \lim_{n\to \infty } x_n adja a keresett negatív megoldást.

Előzmény: [146] ScarMan, 2006-01-21 13:15:29
[153] Lóczi Lajos2006-01-22 17:42:00

Az Általad említett x=(1+1/n)n, y=(1+1/n)n+1 (vagy fordítottja) formula (n pozitív egész) a pozitív racionális megoldásokra vonatkozik -- itt egyik feltétel sem teljesül.

(Amúgy azóta a TMCS folyóirat 2003-as számában megjelentek a negatív valós, negatív racionális, illetve komplex megoldásokra vonatkozó eredmények is.)

Előzmény: [147] rizsesz, 2006-01-21 16:10:56
[152] lorantfy2006-01-22 15:35:30

Di-Lemma: Először azt kellene belátnunk, hogy a sakktábla fekete mezőire helyezett k<32 db ló, mindig k-nál több különböző fehér mezőre üt.

Ha ez igaz, akkor tekintsük a világos mezőkön álló 32 ló elhelyezést.

Tfh. létezik olyan, a feladatnak megfelelő elhelyezés ahol k<32 ló sötét mezőn áll. Akkor ez az elrendezés elérhető úgy, hogy a 32 világos helyről k db lovat sötét mezőre helyezünk. De ezek k-nál több különböző fehér mezőre ütnek, tehát nem ütheti csak a megüresedett k helyet. Ellentmondás.

Márcsak a Di-lemmát kell bizonyítani!

Előzmény: [151] Káli gúla, 2006-01-22 14:34:17
[151] Káli gúla2006-01-22 14:34:17

Az 1-faktorral látszik, hogy 33-at nem lehet lerakni, de a záródó kör ahhoz kellett, hogy 32-t is csak szabályos elrendezésben lehet.

Előzmény: [150] jonas, 2006-01-22 13:19:17
[150] jonas2006-01-22 13:19:17

Ez szép megoldás.

Szerintem viszont nem kell tudni, hogy a sakktáblán lehet teljes kört megtenni (ami persze ismert, de ha valaki nem ismeri, akkor nem könnyű belátni). Elég, ha egy 1-faktort megadunk, vagyis párosítjuk a mezőket úgy, hogy minden pár két mezője támadja egymást. Ilyet pedig egyszerű mutatni, például

A B
C D
B A
D C

és még hét ugyanilyen példány.

Előzmény: [145] ScarMan, 2006-01-21 12:10:33
[149] lorantfy2006-01-22 10:45:59

Kedves Fórumosok!

Kaptam egy levelet Bodnár Jánostól, aki B. 3869. feladatot javasolta, és azt kéri tőletek, hogy akinek van kedve hozzá, próbálja megoldani a feladatot inverzió segítségével vagy pont körre vonatkozó hatványát felhasználva!

Ha valaki esetleg ilyen megoldást köldött be, jó lenne, ha megosztaná velünk!

[148] lorantfy2006-01-21 21:24:44

Szia Rizsesz!

Lóczi Lajos cikkében a hatványozás kommutativitásának lehetőségét keresi, az xy=yx egyenlet megoldásait.

Alapfeltevés, hogy x,y pozitív valós számok!

Nóra itt most a 2x=x2 egyenlet egy negatív megoldását szeretné megtalálni. Szerintem ezt nem lehet x=\big(1+\frac{1}{n}\big)^n alakban felírni.

Előzmény: [147] rizsesz, 2006-01-21 16:10:56
[147] rizsesz2006-01-21 16:10:56

Lóczi Lajos 2000. januárjában megjelent cikke szerint azt hiszem az a ad b=b ad a egyenlet gyökei a=(1+1/n) ad n és b=(1+1/n) ad (n+1) (TeX :)), illetve az a=b eset. ebből származtatható a 2 megoldás.

[146] ScarMan2006-01-21 13:15:29

A B.3871. feladathoz:

Ha ábrázoljuk koordinátarendszerben az eredeti egyneletet (lila és barna vonal metszéspontjai) és a 2x=x2 egyenletet (zöld és sárga vonal metszéspontjai), látszik, hogy ugyanazok a megoldásiak. Pozitív számok esetén a két gyök 2 és 4, ezek egész számok, így behelyettesítéssel könnyen bizonyítható, hogy ez a kettő a megoldás. De van a negatív számok halmazán is egy megoldás, x3=-0,76 környékén. Hogy lehetne megoldani a 2x=x2 egyenletet, hogy ezt a gyököt is megkapjuk? Nincs valakinek ötlete?

Előzmény: [139] Iván88, 2006-01-19 19:50:59
[145] ScarMan2006-01-21 12:10:33

Beírok egy feladatot én is, elnézést, ha kicsit kacifántosan írtam le (ha vmit rosszul akkor pláne), de nem kellett bele TeX, és legalább népszerűsödik a téma.

B.3862. feladat megoldása:

Ismeretes, hogy a sakktáblán végig lehet úgy léptetni egy huszárt, hogy az minden mezőre pontosan egyszer lép rá, és az utolsó mezőről visszatérhet a kezdő mezőre (ld. ábra). Egy ilyen út látható az ábrán. Ez az út 64 lépésből áll, hiszen ennyi a mezők száma. Ha el akarunk helyezni 32 huszárt a mezőkön úgy, hogy azok ne támadják egymást, nem tehetünk két huszárt két, az út során egymást követő mezőre.

Ez azt jelenti, hogy az 1-64 számokból kell kiválasztanunk 32-őt, úgy, hogy semelyik kettő ne legyen szomszédos, és itt a 64-et és az 1-et is szomszédosnak tekintjük. Ezt csak úgy tehetjük meg, ha minden második számot választunk ki. Legalább egy szám ugyanis mindenképp kell legyen két szám között, tehát minden szám után kell hagynunk egy helyet, vagyis egy szám legalább két helyet foglal, így a 32 kiválasztott szám összesen lefoglalja mind a 64-et, ez a legjobb eset, amikor mindenhol egy szám marad ki. Sehol sem marad ki egy számnál több, így ha valahol többet hagynánk ki, a maradékot már nem tudnánk megfelelően elhelyezni.

Minden második számot kétféleképpen tudjuk kiválasztani: vagy a páros számokat, vagy a páratlan számokat. Látható, hogy a huszár mindig a saját mezőjével ellentétes színű mezőt támad, tehát egyrészt az azonos színű mezők nem támadhatják egymást, másrészt a huszár által bejárt út a sakktáblán váltakozó színű mezőkön történik, tehát az azonos paritású lépések azonos, a különböző paritású lépések különböző színűek.

Ez azt jelenti, hogy a két lehetséges kiválasztás: minden fehér, vagy minden fekete mezőre állítunk egy huszárt. Így ezek a huszárok valóban nem fogják egymást támadni, hiszen megegyező színű mezőn állnak.

[144] lorantfy2006-01-21 00:03:53

Mert a log2(x) fgv. szig. mon. növekvő, tehát nagyobb szám logaritmusa nagyobb.

Így pl. ha x2<2x akkor x2 helyett 2x-t írva a fgv. "hasába" nagyobb értéket kapunk:

x2+log2(x2+2x)<x2+log2(2x+2x)=x2+log2(2x+1)=x2+x+1<2x+x+1

Vagyis x2+log2(x2+2x)<2x+x+1, nem lehet egyenlőség.

És fordítva, ha x2>2x, akkor:

x2+log2(x2+2x)>x2+log2(2x+2x)=x2+log2(2x+1)=x2+x+1>2x+x+1

Tehát x2+log2(x2+2x)>2x+x+1, így sem lehet egyenlőség.

Éppen azt láttuk be, hogy egyenlőség akkor, és csak akkor lehet, ha x2=2x.

Erre jutottál Te is, csak a végén az a "más megoldás nincs" kijelentés nem elég meggyőző.

Előzmény: [143] Iván88, 2006-01-20 22:16:57
[143] Iván882006-01-20 22:16:57

Ezt miért kéne? Én nem értem.

Előzmény: [142] lorantfy, 2006-01-19 22:37:54
[142] lorantfy2006-01-19 22:37:54

Szia Iván!

Megvizsgáltad az x2 és a 2x viszonyát x különböző értékeinél, most azt kéne megnézni, hogyan változik a log2(x2+2x) értéke ha x2 helyett 2x-t írsz bele! Közben a másik oldalon 2x helyett x2-t írunk!

Melyik intervallumon, hogyan változik a két oldal értéke?

Előzmény: [139] Iván88, 2006-01-19 19:50:59
[141] lorantfy2006-01-19 22:09:00

B.3865. megoldása: (a) Mivel AB1C1\Delta hasonló AB2C2\Delta így c2=\lambdac1 és b2=\lambdab1 amiből

\frac{b_2}{c_2}=\frac{b_1}{c_1} vagyis \frac{AB_2}{AC_2}=\frac{AB_1}{AC_1} és C1AC2\angle=\alpha+\delta=B1AB2\angle

Tehát AB1B2\Delta\simAC1C2\Delta, mert két oldaluk aránya és a közbezárt szög megegyezik.

(b) A hasonlóság miatt AB1B2\angle=\beta1=AC1C2\angle. Ezután nézzük meg AB1C1\Delta és DB1C1\Delta szögeit! \beta1, \gamma és \epsilon mindkettőben közös, így B1DC1\angle=\alpha.

B1C1 szakasz A és D pontból is \alpha szögben látszik, tehát közös látóköríven vannak, ami éppen az AB1C1\Delta köré írt kör. Hasonlóan belátható, hogy D pont rajta van AB2C2\Delta köré írt körön.

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]