[40] lorantfy | 2003-12-07 12:49:07 |
9.feladat megoldása:
A keresett kisgömb középpontja egy szabályos tetraéder súlypontja, melynek csúcsai a nagygömbök középpontjai. A tetraéder oldalai 2R=2 egység hosszúak, magassága:
A kisgömb sugara: . (Az ábrákat Laci fiam készítette)
|
|
Előzmény: [31] Hajba Károly, 2003-12-05 23:29:05 |
|
|
|
[37] Suhanc | 2003-12-07 09:04:52 |
László 7b)feladatára a négyzetek:
2(x+1)2+2(z+1)2+(x+y+z)2+3(z+y/2)2+5(x+y/2)2=0
Ez csak akkor teljesülhet, ha minden tag 0. Ebből x=z=-1 így y=2 nek kell lennie, ami valóban jó megoldás.
|
|
[36] Kós Géza | 2003-12-06 09:48:31 |
Kedves Suhanc,
= \ge, = \le.
A képleteket egészben érdemes dollárjelek közé tenni, pl. $a^+2ab+b^2$ és nem $a^2$+2ab+$b^2$. A képleteken belül kicsit más a betűtípusok kezelése, a betűk alapértelmezésben dőltek, és a szóközök automatikusan kimaradnak.
|
Előzmény: [35] Suhanc, 2003-12-06 09:21:16 |
|
[35] Suhanc | 2003-12-06 09:21:16 |
László 9a) feladatára van egy másfajta megoldásom:
Egy tétel kimodja, hogy a derékszögű háromszögben a befogók összege nem nagyobb az átfogó szeresénél. Ezt az alábbi módon, indirekten bizonyíthatjuk:
TFH: a+b >*c
Ekkor: a2+2ab+b2 >2c2
Vagyis: a2+2ab+ b2 > 2a2+2b2
Tehát: 0> a2-2ab+b2
0> (a-b)2 Ez ellentmondás, tehát eredeti állításunk igaz volt. Vagyis, mivel meg van adva az átfogó, így a kerület legfeljebb ennek 1+ szerese lehet, abban az esetben, ha a háromszög egyenlő szárú, így a-b=0.
(kérdés: a TeX-ben hol találom a >= jelet szépen?)
|
|
[34] Hajba Károly | 2003-12-06 01:24:37 |
Megoldás László 9.b feladatára:
Legyen a kúp alapjának sugara egységnyi, magassága m. Legyen továbbá a henger sugara 0<x<1.
Vhenger=x2m(1-x)=m(x2-x3)
Vhenger'=m(2x-3x2)=0
|
Előzmény: [30] lorantfy, 2003-12-05 23:24:18 |
|
[33] Hajba Károly | 2003-12-06 00:51:50 |
Megoldás László 9.a feladatára:
A háromszög kerülete:
K=1+sin+cos
K'=cos-sin=0
cos=sin
=45°
Tehát, ami szemrevételezéssel is nyilvánvaló, az egyenlŐ szárú háromszögnek a legnagyobb a kerülete az egységnyi átfogójú derékszögű háromszögek közül.
HK
|
Előzmény: [30] lorantfy, 2003-12-05 23:24:18 |
|
[32] Hajba Károly | 2003-12-05 23:40:05 |
10. feladat:
Mekkora az alábbi egységnyi oldalú négyzetbe egységnyi sugarú körívekkel szerkesztett sraffozott terület nagysága?
HK
|
|
|
[31] Hajba Károly | 2003-12-05 23:29:05 |
9. feladat:
Adott 4 darab egységsugarú tömör golyónk, mely mindegyik mindegyikkel érintkezik. Mekkora az a tömör 5. golyó, mely mind a 4 darab golyót érinti?
Hajba Károly
|
|
[30] lorantfy | 2003-12-05 23:24:18 |
9.feladat:
a.) Adott átfogojú derékszögű háromszögek közül melyik kerülete a legnagyobb?
b.) Mekkora az adott kúpba irható hengerek térfogatának maximuma?
|
|
[29] lorantfy | 2003-12-05 23:14:06 |
Elnézést! Az előbbi hozzászólás rossz témába tettem!
|
|
[28] lorantfy | 2003-12-05 23:07:00 |
Kedves Péter, Károly és Fórumosok!
Azt hiszem a feladat szövegéből (az 5-ből 3 sapkásról van szó!) nem derült ki, hogy a börtönigazgató véletlenszerűen választ-e a sapkák közül, vagy a 7 féle minta valamelyike szerint rak fel 3-at a fejekre. (Hajlok rá, hogy ha nagy sorozatban játszaná ezt a játékot Péternek lenne igaza, hacsak nincs egy kis naptárja, amibe be van jegyezve aznap melyik mintát teszi fel a 7 közül.)
Így azt hiszem Károlynak megadhatjuk a megoldási útmutató szerinti, maximális 3-3 pontot. Péter pedig dícséretet kap "értékes megjegyzéséért"! :-)
Legközelebb beleírom az igazgató monológjába: "Most becsukott szemmel választok 3 sapkát az 5 közül, és véletlenszerűen teszem fel a fejetekre." - ,hogy pontos legyen a szöveg. (Így meg túl tudálékos lesz.)
Namost aki csak utólag olvassa a megoldást, azért érdemes átgondolni a poént. Akinek látszólag legkevesebb információja van a sapkákról - az 1. rab - annak legvalószinűbb a szabadulása. Tehát ebben az esetben, ha nincs információ (nem szólnak a hátam mögötti rabok) az is információ.
|
Előzmény: [24] Pach Péter Pál, 2003-12-04 22:29:34 |
|
|
[26] nadorp | 2003-12-05 09:11:23 |
Kedves Péter!
Megoldás a 8. feladatra (remélem nem számoltam el)
f(x)=x2n(x+1)2+2x2n-2(x+1)2+3x2n-4(x+1)2+...+n(x+1)2+n+1=(x+1)2g(x)+n+1
Mivel g(x)>0, ezért f(x)>=n+1, egyenlőség n=-1 esetén van
|
Előzmény: [23] Pach Péter Pál, 2003-12-04 22:24:55 |
|
[25] lorantfy | 2003-12-04 22:36:37 |
Kedves Suhanc!
Kösz a megoldást! Ez neked tényleg csak ujjgyakorlat volt.
7.b feladat: Mely egész x,y,z számokra teljesül:
8x2+3y2+6z2+7xy+5yz+x(4+z)+z(4+x)+4=0
Kis nehezítés – Próbálkozzon más is!
(Egy OKTV feladat alapján)
|
Előzmény: [22] Suhanc, 2003-12-04 21:40:43 |
|
[24] Pach Péter Pál | 2003-12-04 22:29:34 |
Igazad van, így tényleg egyszerűbb. :-) De lehet, hogy ha a kilencedikesek a szögfüggvényeket sem ismerik, akkor még a Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséggel sem volt dolguk. :-)
Persze át lehet írni olyan formára, ahol csak azt használjuk, hogy 0x2, de így a CSB-egyenlőtlenségnek éppen azt a tulajdonságát veszítjük el, ami alapján könnyen észre lehet venni a megoldást.
Maga a megoldás természetesen gyors és korrekt. :-)
|
Előzmény: [19] Kós Géza, 2003-12-04 14:11:14 |
|
[23] Pach Péter Pál | 2003-12-04 22:24:55 |
Kedves László!
A körülírás alapján azt hittem, hogy az 1993./3. feladatról van szó.
8. feladat
Legyen n adott pozitív egész szám. Határozzuk meg a valós számokon értelmezett
f(x)=x2n+2x2n-1+3x2n-2+…+(2n+1-k)xk+…+2nx+2n+1
polinom minimumát.
|
Előzmény: [20] lorantfy, 2003-12-04 15:45:19 |
|
[22] Suhanc | 2003-12-04 21:40:43 |
A teljes négyzetek:
(a-b/2)2+(c-1)2+3/4*(b-2)2<=0
Nyilván c=1, b=2 a=1
|
|
[21] lorantfy | 2003-12-04 20:15:31 |
7. feladat:
Mely egész a, b, c, számokra igaz:
a2+b2+c2+4ab+3b+2c
(1965. évi Kürschák példa alapján)
|
|
[20] lorantfy | 2003-12-04 15:45:19 |
Az 5. feladatnál: Ha valaki persze nem akar nagyon trükközni, emelje csak négyzetre mindkét oldalt (ha a bal oldal negatív az egyenlőtlenség úgyis igaz) és alakítsa teljes négyzetté:
9x2+24xy+16y225x2+25y2
016x2-24xy+9y2
0(4x-3y)2
Láttam én már olyan Kürschák feladatot, ahol a megoldáshoz semmi más nem kellett csak ügyesen teljes négyzetekké alakítani.(Előkeresem!)
|
Előzmény: [17] nadorp, 2003-12-04 13:36:32 |
|
[19] Kós Géza | 2003-12-04 14:11:14 |
Lényegében ugyanaz, de talán kicsit egyszerűbb megtalálni a megoldást Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséggel:
Egyenlőség akkor áll, ha .
Azzal maximálisan egyetértek, hogy az ilyen trükköket hasznos megtanulni és begyakorolni.
|
Előzmény: [14] Pach Péter Pál, 2003-12-04 11:06:48 |
|
[18] lorantfy | 2003-12-04 14:09:36 |
Kedves Nádor P.!
Nagyon gyors voltál és persze nagyon ügyes!
Most aztán megoldásod alapján rögtön általánosíthatjuk is a feladatot:
6.feladat:
Legyenek a,b,c egy derékszögű háromszög oldalai.
Bbh. .
(Más módszerrel oldjuk meg!)
|
Előzmény: [17] nadorp, 2003-12-04 13:36:32 |
|
[17] nadorp | 2003-12-04 13:36:32 |
Megoldás az 5. feladatra.
Legyenek p és q pozitív egész számok, melyek értékét majd később adjuk meg. Ekkor a számtani és a négyzetes közép közötti összefüggés miatt
Ebből
Látszik, hogy a p=9 q=16 választással épp a kívánt egynelőtlenséget kapjuk.
|
Előzmény: [15] lorantfy, 2003-12-04 13:01:55 |
|
[16] Hajba Károly | 2003-12-04 13:25:06 |
Kedves László!
Én a geometria oldaláról közelítve találtam egy "csűrcsavarta" megoldást.
A maximumhely X koordinátájának keresésekor nem számít, ha az egész függvényt elosztom 4-gyel. Így egy origón átmenő, 0,75 meredekségű egyenes és origó központú egység sugarú kör összegét kapjuk.
Torzítsuk el képzeletben a körív minden pontját úgy, hogy az egyenes és X tengely közötti távolsággal távolítsuk az X tengelytől el. Ez a függvény képe és egyben egy ellipszis is. Szerkesszük meg a kőr és a hozzá tartozó ellipszis pontokhoz illesztett, összetartozó érintőket. Ezen érintők az Y tengelyen metszik egymást, mivel ott az eltolás 0. Az ellipszis maximumhelyéhez tartozó érintő párhuzamos az X tengellyel. Könnyen belátható, hogy e két érintő által bezárt szög , így a kör ezen érintőpontját az eredeti egyenes y=x tengelyre történő tükrözött egyenessel képzett metszéspont adja.
Ezt visszatéve a függvényekre, a megoldást a kör és az egyenes inverzének metszéspontja adja.
Ennek eredménye éppen
HK
|
|
Előzmény: [11] lorantfy, 2003-12-03 18:28:14 |
|