Fórum: "ujjgyakorlatok"

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[161] Hajba Károly

2004-05-11 00:34:25

Ez lemaradt az előző hozzászólásom végéről $\alpha$ ₄=225° :o)

Előzmény: [160] Hajba Károly, 2004-05-11 00:29:46

[160] Hajba Károly

2004-05-11 00:29:46

Megoldás László nem is annyira ujjgyakorlat 32. feladatára:

$sin^2xsin2x+cos^2xcos2x = \frac12$

Három ismert trigonometriai egyenlőséget behelyettesítve:

$\frac{1-cos2x}{2}sin2x + \frac{1+cos2x}{2}cos2x = \frac{sin^22x+cos^22x}{2}$

Majd szépen rendezve:

sin2x-sin2xcos2x+cos2x+cos²2x=sin²2x+cos²2x

(sin2x+cos2x)-sin2x(sin2x+cos2x)=0

(sin2x+cos2x)(1-sin2x)=0

$\alpha$ ₁=67,5°;... $\alpha$ ₂=157,5°;... $\alpha$ ₃=45°

Előzmény: [109] lorantfy, 2004-02-10 08:18:20

[159] BohnerGéza	2004-05-09 11:13:36
A 42. feladathoz: (Mutassuk meg, hogy minden húrnégyszög felbontható n>=4 db húrnégyszögre.) A feladat régóta „áll”, ezért az „ujjgyakorlat” részét megírom, lerajzolom. Nem nehéz belátni, ha fel tudjuk bontani a 4-re, 5-re és 6-ra, akkor n>=4 tetszőleges db-ra is. Az ábrán látható négyszögekről – leírom, hogy kaptam azokat – „ujjgyakorlat” megmutatni, hogy húrnégyszögek. Ami nehezebb, meg kell mutatni, hogy létezik megfelelő G, G és I, illetve M pont. A nem triviális esetekben van hegyesszöge az ABCD húrnégyszögnek. Jelöljük egy ilyen csúcsát az A-val. ( Ekkor azt hiszem mindig léteznek az alább leírt felbontások esetén a megfelelő pontok. ) A négy részre bontást – ábra első része – úgy kapjuk, hogy megfelelő G-t választunk, majd legyen GR \|\| AD, GQ \|\| AB, valamint PBQB és GRDS húrtrapéz. Az öt részre bontást – ábra középső része – úgy kapjuk, hogy a G és I pontokat felvesszük megfelelő helyre úgy, hogy a rajtuk és a megfelelő csúcsokon átmenő körök messék egymást még a H illetve J pontban. Az hat részre bontást – ábra utolsó része – úgy kapjuk, hogy megfelelő M esetén a PBQM és MRDS „elég hosszú” paralelogrammák legyenek, majd azokat két-két húrtrapézra bontjuk.

Előzmény: [135] Csimby, 2004-04-11 22:16:40

[158] Hajba Károly

2004-05-07 12:27:10

Kedves Péter!

Nem nehéz belátni a $\frac{1}{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n(n+1)}$ egyenlőséget, s ebből következik, hogy k=2 feltétel is elég. A jobb oldalt tovább lehet bontani és így akármeddig lehet bontogatni.

Üdv: HK

Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48

[157] Kós Géza

2004-05-07 12:09:28

$\frac1n=\frac1{2n}+\frac1{3n}+\frac1{6n}.$

Az általánosabb feladat úgy szól, hogy minden pozitív racionális szám felírható véges sok különböző pozitív egész reciprokösszegeként. Ez ebben a formában nem ujjgyakorlat, de egy kis segítséggel az.

Vegyünk tehát egy pozitív racionális számot. A pozitív egészeket keressük ,,mohón'', azaz mindig a lehető legkisebbet válasszuk ki, ami még nem szerepelt, és a reciprokösszeg nem nő túl nagyra. Például, ha az 1,36 számot szeretnénk felírni, akkor a kiválasztott számok: 1, 3, 38, 2850.

47b feladat: Igazoljuk, hogy a mohó algoritmus mindig eredményre vezet.

Előzmény: [156] nadorp, 2004-05-07 11:11:48

[156] nadorp

2004-05-07 11:11:48

A 47. feladat kapcsán jutott eszembe.

47.a feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden 1 nél nagyobb n pozitív egész szám reciproka előállítható k darab (2 $\leq$ k $\leq$ n²) különböző pozitív egész reciprokának összegeként.

Előzmény: [146] Hajba Károly, 2004-05-04 12:33:58

[155] nadorp	2004-05-07 10:42:13
Kedves Tamás ! László megoldásából látszik, hogy a téglalap akkor lesz négyzet, ha $DF_2=\sqrt{T_\Delta}$ . Nyilván $\frac{AB}2\leq{DF_2}\leq{AF_2}$ teljesül, tehát a megoldhatóság feltétele,hogy $\frac{AB}2\leq\sqrt{T_\Delta}\leq{AF_2}$ . Ez a feltétel pld. szabályos háromszög esetén teljesül,holott AC $\neq$ MB. Abban viszont igazad van, hogy nem minden esetben van megoldás. Pld. ha a háromszög AB oldalához tartozó magasságra $m_c<\frac{AB}2$ , akkor $T_\Delta=\frac{AB\cdot{m_c}}2<\frac{AB^2}4$ , tehát $\sqrt{T_\Delta}<\frac{AB}2$

Előzmény: [153] Bodoni Tamás, 2004-05-06 11:06:22

[153] Bodoni Tamás

2004-05-06 11:06:22

46b.feladat:

A feladat csak akkor megoldható, ha a háromszög MB magassága egyenlő az AC alappal. Remélem nem mondtam oktalanságot. Bemutatkozásként.

Előzmény: [151] Kós Géza, 2004-05-05 13:55:04

[152] lorantfy	2004-05-05 19:29:18
Kedves Géza és Fórumosok! Valóban a B-ből induló magasságra nincs szükség, ez volt a félrevezetés, ui. egy "átlagos" hegyesszögű $\Delta$ -ben a talppontja elég közel esik ahhoz az M ponthoz amire négyzetet kapunk. A DF₁F₂E paralelogramma DF₂ átlója egyenlő a RPQT₂ téglalap QT₂ oldalával. Tehát, ha meg tudnánk szerkeszteni a leendő négyzet x oldalát, akkor F₂ pontból kimetszhetnénk vele AC-ből a D pontot. Ezután A pont tükörképe D-re adja az M pontot. $x=\sqrt{\frac{a}{2}m_a}$ , tehát egyszerű mértani közép szerkesztéssel megkaphatjuk x-t az egyik oldal feléből és a hozzá tartozó magasságból.

Előzmény: [151] Kós Géza, 2004-05-05 13:55:04

[151] Kós Géza

2004-05-05 13:55:04

Ahogy látom, a B-ből induló magasságra nincs is szükség. Az M pont bárhol lehet az AC oldalon, feltéve, hogy a T₁ és T₂ pontok nem kerülnek a DF₂ szakaszon kívülre.

46b. feladat: Szerkesszük meg az AC oldalon azt az M pontot, amire az RPQT₂ téglalap négyzet lesz.

Előzmény: [144] lorantfy, 2004-05-02 10:39:46

[150] lorantfy

2004-05-05 13:33:53

Szabályos $\Delta$ esetén, a lenti ábra jelöléseivel, AB=1 esetén:

$RT_2=\frac{\sqrt3 \sqrt7}{7} \neq QT_2=\frac{\sqrt7}{4} \quad T_{PQT_2R}= \frac{\sqrt3}{4}=T_\Delta$

Előzmény: [149] Hajba Károly, 2004-05-04 21:38:33

[149] Hajba Károly	2004-05-04 21:38:33
Kedves Géza és László! Ha most politikus lennék, azt mondanám: Nem is mondtam, hogy négyzet! :o) Az igazság az, hogy a területegyezőségekben mélyedtem el, s felelőtlen, slendrián kijelentésemet főleg erre értettem, ami persze igaz, de tény, hogy nem vetődött fel bennem a nemnégyzet lehetősége. Tehát, ha egy ácshajszálnyival is, de nem feltétlenül négyzet, mely a mellékelt ábrából is kitűnik. HK

Előzmény: [147] Kós Géza, 2004-05-04 12:48:51

[148] lorantfy	2004-05-04 14:07:49
Kedves Géza, Károly és Fórumosok! Gézának igaza van! Az ábra félrevezető lehet. Szabályos $\Delta$ esetén gyorsan utánna számolhatunk igaz-e az állítás.

Előzmény: [147] Kós Géza, 2004-05-04 12:48:51

[147] Kós Géza

2004-05-04 12:48:51

Az ábrák sokszor becsapnak, nem szabad hinni nekik. :-)

Az első kérdésre a válasz nem. Téglalap, de nem négyzet.

Előzmény: [145] Hajba Károly, 2004-05-04 12:27:23

[146] Hajba Károly

2004-05-04 12:33:58

47. feladat:

Létetik-e olyan a $\in$ N⁺, melynek reciproka felbontható véges számú különböző prím reciprokösszegére?

[145] Hajba Károly

2004-05-04 12:27:23

Kedves László!

Az ábrád önmagáért beszél. A levezetését ráhagyom egy fiatal titánra. :o)

Előzmény: [144] lorantfy, 2004-05-02 10:39:46

[144] lorantfy

2004-05-02 10:39:46

Kedves Fórumosok!

A következő feladat Bólyai Farkas egy híres átdarabolásából született.

46. feladat: Legyen ABC hegyesszögű $\Delta$ AB oldalának felezőpontja F₁, BC oldalának felezőpontja F₂ és a B csúcsból induló magasság talppontja M.

Legyenek AM és MC felezőpontjai D és E. Húzzuk meg a DF₂ egyenest és állítsunk rá merőlegest az F₁ és E pontokból. Ezek talppontjai legyenek T₁ és T₂. Tükrözzük a T₁ pontot D-re, a T₂ pontot E-re. A tükörképek legyenek Q és R. Ezekben a pontokban állított merőlegesek metszéspontja legyen P.

Igyaz-e, hogy a keletkezett négyszög négyzet és területe megegyezik az ABC $\Delta$ területével?

[143] lorantfy	2004-05-02 10:05:37
Kedves Károly! Ezt a kis feladatot amolyan EU-belépési tesztnek szántam. Gratulálok! Te már beléphetsz! Rajzos megoldás: a sárgára szinezett részek a kék és piros részt is a terület felére egészíti ki.

Előzmény: [142] Hajba Károly, 2004-05-02 00:26:06

[142] Hajba Károly

2004-05-02 00:26:06

Megoldás a 45. feladatra:

Egy-egy háromszög területe a négyzet területének felével egyenlő, vagyis a két háromszög területe épp a négyzetével egyenlő. (azaz fehér + 2*piros = négyzet) Így amennyi az átfedésük területe (piros), annyinak kell lennie a le nem fedett területnek (kék) is.

Ezt a feladatot annyiban lehet általánosítani, hogy akár téglalapon és bármely két oldalára felvett háromszöggel is igaz.

Előzmény: [141] lorantfy, 2004-05-02 00:04:39

[141] lorantfy	2004-05-02 00:04:39
45. feladat: Egy négyzet két szomszédos oldalán felvettünk egy-egy tetszőlegesen választott pontot, melyet összekötöttünk a szemközti oldal végpontjaival. Igazoljuk, hogy az így keletkezett pirosan színezett síkidom területe megegyezik a kékkel színezett síkidomok területeinek az összegével!

[140] Suhanc

2004-04-18 18:59:55

Kedves Csimby!

Hát ezek nem sokáig maradtak életben... :)

Köszi a megoldásokat!

A 45. feladaton érdekesnek hangzik... gondolkodok rajta!

Előzmény: [139] Csimby, 2004-04-18 16:06:00

[139] Csimby

2004-04-18 16:06:00

43. feladat megoldása:

n=(10^2k+1-1)/9-2*(10^k+1-1)/9=(10^2k+1-2*10^k+1+1)/9=((10^k+1-1)/3)²

Mivel 10^k+1-1 csupa 9-esből áll, osztható 3-mal, tehát (10^k+1-1)/3 egész szám, n pedig négyzetszám!

44. feladat megoldása:

n(n+1)(n+2)(n+3)=6n+11n²+6n³+n⁴, ugyanakkor 6n+11n²+6n³+n⁴+1=(n²+3n+1)²

Két négyzetszám különbsége pedig nem lehet 1 (kivéve, ha az egyik a 0, hiszen (n+1)²-n²=2n+1 ami csak n=0-ra egyenlő 1-gyel).

Hasonlít a 43. feladathoz a tanárképző főiskolák idei Péter Rózsa matematika versenyének 1. feladata (legyen ez a 45. feladat):

A=177...76 (2k+3 jegyű), B=355...52 (k+2 jegyű). Biz. be, hogy $\sqrt{A-B}$ természetes szám és mondjuk meg, hogy hány jegyű.

Előzmény: [138] Suhanc, 2004-04-17 22:00:51

[138] Suhanc

2004-04-17 22:00:51

Kedves Fórumosok!

Az alábbi két feladattal Bonifert Domonkos: Néhány tipikus problémaszituáció matematikából c. könyvében találkoztam.

Szerintem okozhatnak néhány kellemes percet, mégha komoly fejtörést nem is...

43.feladat Lássuk be, hogy n=111...111-222...222

(2k db 1-es, és k db 2-es) minden k>o egészre négyzetszámot ad!

44.feladat Lássuk be, hogy n(n+1)(n+2)(n+3) nem lehet négyzetszám, ha n poz. egész!

[137] nadorp

2004-04-14 08:22:25

Kedves Csimby !

A 41. feladatra inkább ebben a topicban adok egy megoldást, mert a bizonyítás algebrai, bár az ötletet a háromszögbe írható körhöz húzott érintőszakaszok adták.

Legyen a=y+z, b=x+z, c=x+y. Ekkor az egyenlőtlenség az alábbi alakba írható:

(y+z)²^.2x+(x+z)²^.2y+(x+y)²^.2z $\leq$ 3(y+z)(x+z)(x+y)

6xyz $\leq$ x²y+xy²+x²z+xz²+y²z+yz² vagy "szebben" írva

$xyz\leq\frac{x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2}6$

A fenti egyenlőtlenség pedig azonnal következik a számtani és mértani közép közötti összefüggésből.

Előzmény: [134] Csimby, 2004-04-11 22:10:02

[136] Csimby	2004-04-11 22:21:43
A 41. és 42. feladatot a Geometria témába akartam rakni, de most már mindegy...

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?