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

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.
[59] kdavid2003-12-27 13:07:08

Sziasztok!

A feladat, amivel nem sikerült megbírkóznom a következQ: Egy trapéz egyik szöge 90 fok és a trapézba kör irható. Igazold, hogy a trapéz területe a két párhuzamos oldal szorzata.(Lehet, hogy az egyik állítás is elég a bizonyításhoz.) Ha az állítás nem igaz az is segít!

Ha tudtok segíteni azt megköszönöm.

[58] lorantfy2003-12-24 21:04:27

Kiegészítés a 17. feladat megoldásához:

Kaptam egy visszajelzést, hogy nem zártam ki azt az esetet, hogy a szorzat két tagja esetleg egy prímszám különböző hatványa. Most pótolom:

Ha a szorzat egyik tagja pk másik pm lenne, akkor a különbségükből p kiemelhető lenne. De a két páratlan szám különbsége páros (4n), így csak p=2 lehetne, de a páratlan számoknak ez nem lehet osztója.

Előzmény: [55] lorantfy, 2003-12-24 00:16:18
[57] Csizmadia Gábor2003-12-24 00:23:11

1111 db bocsánat, nem 17., hanem 18.feladat!

Előzmény: [56] Csizmadia Gábor, 2003-12-24 00:21:56
[56] Csizmadia Gábor2003-12-24 00:21:56

Először is mindenkinek Boldog Karácsonyt!

Egy kicsit még gondban vagyok a TeX-szel, ezért egy egyszerű szöveges feladatot írok le inkább, pedig most kaptam, és ki is találtam néhány szép feladatot.

17. feladat

Bizonyítsd be, hogy az a(n)=n. prímszám sorozat differenciasorozata nem periodikus.

(A diffenciasorozat - durván fogalmazva - az eredeti sorozat szomszédos elemeinek különbségéből álló sorozat, pl. az a(n)=n sorozatnak a(n)=1 a diff.sorozata)

[55] lorantfy2003-12-24 00:16:18

17. feladat megoldása

Elég azt belátnunk, hogy 4n4+1 nem prímszám, illetve nem egy prímszám hatványa. Ekkor ugyanis prímtényezői között van két különböző.

4n4+4n2+1-4n2=(2n2+1)2-(2n)2=(2n2+2n+1)(2n2-2n+1)=(2n(n+1)+1)(2n(n-1)+1)

Ez két különböző páratlan szám szorzata. Tehát készen vagyunk, mert vagy mindkettő prímszám, vagy van különböző prímtényezőjük.

Érdemes megnézni hogyan alakul a 4n4+1 szám utolsó számjegye. Ha n nem 0-ra vagy 5-re végződik, akkor 5! Én szeretem az ilyen turkálós megoldásokat is. Jó lenne, ha valaki mondana valami egyszerű trükköt a megmaradt esetekre!

Előzmény: [54] Suhanc, 2003-12-23 10:33:26
[54] Suhanc2003-12-23 10:33:26

Megoldást írok a 16. feladatra:

Mivel a;b;c;d;e pozitív egész számok, valamint abc=12 és cde=167 , ezekből következik, hogy c osztója 12-nek és 167-nek is. Mivel ezek a számok relatív prímek, íg c=1. Tehát ab=12 és de=167, valamint abcde=abde=12*167=2004

Egy régi feladat, szerintem szép megoldása van: (talán Arany Dani példa volt)

17. feladat Igazoljuk, ha n pozitív egész szám, és n\ge2, akkor a 4n4+1 mindig van két különböző pozitív prímosztója!

[53] lorantfy2003-12-22 22:10:47

Kedves Károly!

Kösz az ügyes megoldást! (Egy egyszerű példának is lehet ügyes megoldása!)

Úgy látszik a fiatalok pihennek, vagy jobb szórakozást találtak a szünetben. Azért küldök egy villámpéldát – tényleg egyperces!

16. feladat: Az a,b,c,d,e pozitív egész számokról tudjuk, hogy abc = 12 és cde = 167. Mennyi lehet az abcde szorzat?

Előzmény: [52] Hajba Károly, 2003-12-22 00:09:49
[52] Hajba Károly2003-12-22 00:09:49

Kedves László!

Vártam néhány napot, hátha valaki lecsap rá, így hát én adok a 15. feladatra megoldást.

A párhuzamos szelők miatt a B1E és C1D egyenesek éppen a CB szakaszfelező A1 pontban metszik egymást. Ebből következik, hogy A1B1C1 háromszög területe \frac{T}4. Hasonló megfontolásokból következik, hogy a EDA1 háromszög területe \frac14*\frac14 = \frac{T}{16}. Így a keresett B1C1DE trapéz területe \frac{3T}{16}.

HK

Előzmény: [51] lorantfy, 2003-12-17 13:44:07
[51] lorantfy2003-12-17 13:44:07

15. feladat: Az ABC\Delta területe 1. Legyen AB felezőpontja C1, AC felezőpontja B1, BB1 felezőpontja D, CC1 felezőpontja E. Mekkora a B1C1DE négyszög területe?

[50] lorantfy2003-12-15 20:28:19

14. feladat megoldása: Legyen

AO = 1\implies  AC=2,\quad OE = \frac12,\quad BC=\sqrt2

AEO\Delta\simACF\Delta, mert mindkettő derékszögű és van egy közös szögük. Így  \frac{AF}{CF}= \frac{AO}{EO}= 2

AFB\angle=45o, mert középponti szögpárja 90o. Tehát FG szögfelező ACF\Delta-ben, így az AC átfogót 2:1 arányban osztja:

AG= \frac{4}{3} \quad GC= \frac{2}{3} \quad OG=AG-AO= \frac{1}{3}

BOG\Delta-ből BG=\frac{\sqrt{10}}{3} A keresett arány:  \frac{BC}{BG}= \frac {3}{\sqrt5}=\frac{3\sqrt5}{5}

Előzmény: [49] Suhanc, 2003-12-13 22:23:02
[49] Suhanc2003-12-13 22:23:02

14.

Szakköri feladat: volt, aki trigonometriával oldotta meg, volt, aki koordinátageometriával... elemi? (szerintem a legszebb)

Adott egy kör két, egymásra merőleges AC és BD átmérője; a kör középpontja O. OD szakasz felező pontja E. AE egyenese két pontban metszi a kört; ezek egyike A pont, a másik pont legyen F. BF szakasz AC átmérőt G pontban metszi. Mekkora BC és BG szakaszok aránya?

(Elnézést kérek mindenkitől, ehhez egy ábra is; sajnos ezt nem tudok készíteni.)

[48] Rácz Béla2003-12-11 00:19:37

13.

Igaz-e, hogy ha egy n természetes szám minden d természetes számmal osztva kvadratikus maradékot ad (olyan maradékot, ami előáll, mint egy mégyzetszőám d-s maradéka), akkor n maga is négyzetszám?

(Ez már lehet, hogy nem ujjgyakorlat:) És ha ezt csak akkor tudjuk, ha d prímszám?

[47] Suhanc2003-12-10 18:07:06

Kedves Attila!

Köszi a megoldást! Ez hamar megvolt! :)

Előzmény: [45] jenei.attila, 2003-12-10 12:46:50
[46] lorantfy2003-12-10 14:19:59

Megoldás a 11. feladatra

A háromszög területképletéből kifejezve:  bc= \frac{2T}{\sin \alpha} állandó.

a2=b2+c2-2bccos \alpha

Tehát a2 akkor minimális ha b2+c2 minimális. Ezt csökkentketjük egy konstassal, a minimum helye nem változik:

b2+c2-2bc=(b-c)2\geq0

Ez akkor minimális, ha b=c, vagyis ha a háromszög egyenlő szárú.

 a=2b \sin \frac{\alpha}{2}=2\sin \frac{\alpha}{2}\sqrt{\frac{2T}{\sin \alpha}}

Előzmény: [42] evilcman, 2003-12-07 17:15:46
[45] jenei.attila2003-12-10 12:46:50

Kedves Suhanc!

Rendezzük át az egyenletet, és a jobboldalt alakítsuk szorzattá:

a2=b(b1998-1)

Legyen p a b egy prím osztója. Ekkor p|a2, ezért a2 prím felbontásában p páros hatványon szerepel. De p nem osztója b1998-1-nek, ezért p a b felbontásában is páros hatványon szerepel, vagyis b négyzetszám. Mivel a2 és b is négyzetszám, ezért b1998-1 is négyzetszám kell, hogy legyen. De b1998 szintén négyzetszám, ezért csak b=1 lehet, amikor a=0.

Előzmény: [43] Suhanc, 2003-12-07 18:18:36
[44] Hajba Károly2003-12-07 23:29:47

Kedves László!

Köszönet és gratula mindkét feladatnál (9., 10.) a szép bemutató ábrákért és a megoldásért.

HK

Előzmény: [41] lorantfy, 2003-12-07 15:43:39
[43] Suhanc2003-12-07 18:18:36

12. feladat

Mely a; b egész számokra teljesül az alábbi egyenlőség?

a2+b=b1999

[42] evilcman2003-12-07 17:15:46

11. feladat

Azon háromszögek közül, amelynek adott a területe és az egyik szöge, melyikben lesz az adott szöggel szemben lévő oldal a legkisebb? Mennyi lesz?

[41] lorantfy2003-12-07 15:43:39

Kedves Károly!

Megoldás a 10. feladatra:

T(negyzet)=1,\quad  T(90^\circ haromszog)= \frac{1}{2},\quad   T(60^\circ  haromszog)= \frac{\sqrt3}{4}

T(90^\circ  korcikk)= \frac{\pi}{4},\quad   T(60^\circ  korcikk)= \frac{\pi}{6},\quad    T(30^\circ  korcikk)= \frac{\pi}{12}

T(90^\circ  korszelet)= \frac{\pi}{4}-\frac12

T(60^\circ  korszelet)= \frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt3}{4}

T(rogbilabda)=2T(90^\circ  korszelet)=  \frac{\pi}{2}-1

T(suveg)= T(30^\circ  korcikk)+2 T(60^\circ  korszelet)= \frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt3}{2}

T(suveg)=\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt3}{2}

T_x=2T(suveg)-T(rogbilabda)= \frac{5\pi}{6}-\sqrt3-\frac{\pi}{2}+1=\frac{2\pi}{6}-\sqrt3+1

Előzmény: [32] Hajba Károly, 2003-12-05 23:40:05
[40] lorantfy2003-12-07 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:

m= DO=2\frac{\sqrt6}{3} \qquad DS= \frac34m= \frac{\sqrt6}{2}

A kisgömb sugara: r=DS-R=\frac{\sqrt6}{2}-1. (Az ábrákat Laci fiam készítette)

Előzmény: [31] Hajba Károly, 2003-12-05 23:29:05
[39] lorantfy2003-12-07 11:52:46

Egy felülnézeti kép:

Előzmény: [31] Hajba Károly, 2003-12-05 23:29:05
[38] lorantfy2003-12-07 11:49:21

Kedves Károly és Fórumosok!

Térbeli szemléltetés a 9. feladathoz.

Előzmény: [31] Hajba Károly, 2003-12-05 23:29:05
[37] Suhanc2003-12-07 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 Géza2003-12-06 09:48:31

Kedves Suhanc,

\ge   =   \ge,       \le   =   \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] Suhanc2003-12-06 09:21:16

László 9a) feladatára van egy másfajta megoldásom:

Egy tétel kimodja, hogy a derékszögű háromszögben a befogók összege nem nagyobb az átfogó \sqrt2 szeresénél. Ezt az alábbi módon, indirekten bizonyíthatjuk:

TFH: a+b >\sqrt2*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+\sqrt2 szerese lehet, abban az esetben, ha a háromszög egyenlő szárú, így a-b=0.

(kérdés: a TeX-ben hol találom a >= jelet szépen?)

  [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]