[1462] BohnerGéza | 2010-11-17 11:23:56 |
Az idei Kürschák-verseny 2. feladata: Az ABC háromszög AB oldalának belsejében adottak a C1 és C2 pontok, a BC oldal belsejében az A1 és A2 pontok, végül a CA oldal belsejében a B1 és B2 pontok úgy, hogy AC1<AC2, BA1<BA2, és CB1<CB2 teljesül.
Az AB1C1 és AB2C2 körök A-tól különböző metszéspontját jelölje A*, a BC1A1 és BC2A2 körök B-től különböző metszéspontja legyen B*, végül a CA1B1 és CA2B2 körök C-től különböző metszéspontját nevezzük C*-nak.
Mutassuk meg, hogy az AA*, BB* és CC* egyenesek egy ponton mennek át!
|
|
|
[1461] Tóbi | 2010-10-27 16:15:30 |
Kiszámolni nem nehéz, bár azt nem látom miért igaz. Feltehető, hogy a henger tengelye a z tengely, sugara r, míg a paraboloidot az xy síktól és a P=(a,0,b) ponttól egyenlő távol lévő pontok alkotják. Ekkor ha (x,y,z) mindkét alakzatnak eleme:
x2+y2=r2
(x-a)2+y2+(b-z)2=z2
Kivonva a két sort egymásból:
2ax+2bz=a2+b2+r2
Tehát a metszet benne van a fenti síkban.
|
Előzmény: [1460] HoA, 2010-10-27 10:56:11 |
|
[1460] HoA | 2010-10-27 10:56:11 |
Rég nem volt feladat. Az alábbiról sem állítom, hogy új ( RóbertGida biztos tud forrást is hozzá ) , nekem is egy korábbi KöMaL feladat kapcsán jutott eszembe:
Bizonyítsuk be, hogy egymással párhuzamos tengelyű forgási paraboloid és végtelen körhenger metszésvonala síkgörbe.
|
|
[1459] Lóczi Lajos | 2010-10-03 22:54:39 |
Képlet, zárt alak, stb. akkor lesz az inverzre, ha valaki bevezet erre vagy az ehhez hasonló függvényre egy új nevet és kiszámolja néhány tulajdonságát.
Az elmúlt évszázadokban ez sok tucatszor megtörtént a fontosnak bizonyult függvények esetén, amelyek nem voltak "elemi függvények". Így született meg a "speciális függvények" azóta is egyre bővülő osztálya. Rögtön világossá válik a helyzet, ha vetsz egy pillantást egy ilyen gyűjteményre, pl. itt. Ezen függvények mindegyikét hívhatod "zárt alaknak". A hozzászólásodban említett függvény inverze is zárt alakú lesz, ha elnevezed pl. ojozso(x)-nek.
|
Előzmény: [1458] ojozso, 2010-10-03 20:17:28 |
|
[1458] ojozso | 2010-10-03 20:17:28 |
Köszönöm mindenkinek a segítséget a 172. feldattal kapcsolatban, egyik szemem sír (nincs elemi megoldás), a másik nevet (nem a tudásom kopott meg 30 évvel az érettségi után...). A feladatot nem én, hanem az "Élet" alkotta: egy hangszerkesztő programban a megrajzolt körív szerint kellene a dinamikát (ennek révén az átlagos hangosságot) változtatni. A változtatás mértéke nyilván valamilyen arányosságban áll a körszelet területével: minél "domborúbb" (kisebb sugarú a körív), annál nagyobb lesz az átlagos hangosság-növelés (és dinamika-csökkentés). Az elérni kívánt és az aktuális hangosság-szint hányadosa adott, ennek megfelelően adott a körszelet területe is; ebből kellene a körív sugarát meghatározni, majd ha ez megvan, a körív tetszőleges pontjának koordinátáit meghatározni (ami viszont már könnyű). Abban egyetérthetünk, hogy PONTOSAN az adott körszelet területét egy, és csakis egy bizonyos sugarú körív biztosítja: a terület és a sugár között szigorúan monoton megfeleltetés van: minél nagyobb a sugár, annál kisebb a terület. Határértékkel: ha a sugár tart végtelenhez, a terület tart 0-hoz. Képlet hiányában a sugarat próbálkozásokkal be fogom tudni "lőni" tetszőleges pontossággal a területhez (végülis számítógépes program fogja számolgatni), csak elegánsabbnak gondoltam a képlet alkalmazását, ezért tettem fel a feladatot.
A matematikához visszatérve, úgy gondolom, előbb-utóbb lesz zárt alak az általam felvetett és az ahhoz hasonló (pl. a későbbiekben említett) függvény INVERZÉRE is, de az NEM elemi módszerekkel lesz levezetve!
|
|
[1457] Lóczi Lajos | 2010-10-03 15:28:45 |
Ahogyan már el is hangzott, ezek olyan elemi függvények, amelyeknek az inverze nem elemi függvény. Persze a függvény is és az inverze is hatványsorba fejthető például, amiből közelítő megoldásokat ki lehet olvasni.
|
Előzmény: [1455] HoA, 2010-10-01 23:02:52 |
|
[1456] jonas | 2010-10-02 17:18:57 |
Az én kedvenc példám az efféle egyenletekre az, amikor egy ellipszispályán keringő bolygó helyét akarjuk megadni az idő függvényében. Ez általában egy sinx=ax+b típusú egyenletre vezet, aminek elemi függvényekkel nem lehet megtalálni a megoldását. A helyből az időt viszont vissza lehet számolni csak elemi függvényekkel.
|
|
[1455] HoA | 2010-10-01 23:02:52 |
Kedves matematikus fórum látogatók! Igen, azt hiszem itt az a kérdés, van-e valamilyen fogalom az ilyen értelemben nem invertálhazó függvényekre. Vagyis amikor y kifejezhető zárt alakban x függvényeként, például
y=x+sin(x)
, de x nem adható meg zárt alakban y függvényeként.
|
Előzmény: [1454] Gubbubu, 2010-10-01 22:05:05 |
|
[1454] Gubbubu | 2010-10-01 22:05:05 |
Nem is az a fő baj, hogy transzcendens (tkp. az abszolútértékes egyenletek is transzcendensek, mégis szépen meg lehet őket oldani :-). Talán érdemes lenne a Wikipédiában megnézni az implicitfüggvény-tétel c. szócikket, az én ismerettáramban ez a legközelebbi fogalom, aminek egyáltalán köze lehet a feladatodhoz, bár hogy alkalmazható-e ... ? Amúgy a probléma maga szép, amit feladtál. :-)
|
Előzmény: [1453] nadorp, 2010-10-01 12:15:55 |
|
[1453] nadorp | 2010-10-01 12:15:55 |
A végeredményed jó, de ebből r-t szerintem nem lehet kifejezni, mert ez egy transzcendens egyenlet. ( hasonlóan pld. az x=3sinx egyenlethez). Csak közelítő megoldás van.
|
Előzmény: [1452] ojozso, 2010-09-29 20:20:00 |
|
[1452] ojozso | 2010-09-29 20:20:00 |
Köszi a választ!
Én is próbálkoztam a megoldással, mielőtt feltettem a Fórumra a feladatot, csak nem akartam befolyásolni vele senkit.
Most leírom, meddig jutottam el.
A körszelet területe (t): Tkorszelet=Tkorcikk-TQOCharomszog.
A HÁROMSZÖG TERÜLETE:
, mivel e=f=r
OFQ derékszögű háromszögben (F az OC szakasz felezőpontja) OQF szög fele. Szinusz definíciója alapján:
, mivel (OC szakasz egységnyi befogókkal rendelkező háromszög átfogója).
. (Kétszeres szög szinusza). A azonosságból: , melyet behelyettesítve kapjuk:
. Beírva -re kapott értéket:
. Egyszerűbb alakra hozva megkapjuk, hogy
A háromszög területe tehát:
(1) | |
A KÖRCIKK TERÜLETE:
( radiánban.), vagyis:
(2) | |
A KÖRSZELET TERÜLETE:
És itt a végállomás! Fogalmam sincs, hogyan lehetne ebből r-et kifejezni, már csak azért sem, mert r az arcsin argumentumában is szerepel és nem tudom, hogyan lehet onnan kihozni.
Innentől kéne segítség. Ráadásul abban sem vagyok biztos, hogy eredményem ekvivalens-e a Tieddel.
|
|
Előzmény: [1450] Gubbubu, 2010-09-28 12:19:53 |
|
|
[1450] Gubbubu | 2010-09-28 12:19:53 |
Az első feladatra nekem az
A megoldás leírásához szükséges időm most túl kevés, estefelé vagy pár nap múlva talán; így a képzeletbeli margón marad :-).
Szükséges lenne természetesen az ért. tartományok vizsgálata is, továbbá esetleges geometriai diszkusszió. Nagy vonalakban az történt, hogy kiszámolod a körcikk területét (ez egyszerű egyenes arányosság), majd az ún. trigonometrikus területképlettel az OAC háromszögét, és kivonod a kettőt egymásból. Ezután kifejezed az omega szöget az r segítségével (ehhez ügyeskedni kell az addíciós tételekkel), így eltüntetvén az omegát a képletből (opcionális, az arcsin-elt kifejezés egyébként maga a szinusz omega).
|
Előzmény: [1449] ojozso, 2010-09-27 18:49:48 |
|
[1449] ojozso | 2010-09-27 18:49:48 |
Sziasztok!
Új vagyok itt és adódott egy probléma, melyen nem tudok túljutni, de Nektek bizonyára menni fog... Tehát:
172. feladat
Jelöljük O-val az origót (0;0), A-val az (1;0), B-vel a (0;1) és C-vel az (1;1) pontokat. Az AB szakasz A ponton túli meghosszabításával kapott félegyenesen AB szakaszon kívül vegyünk fel egy tetszőleges Q (u;v) pontot. QO=QC=r sugárral rajzoljuk fel a Q középpontú OC körívet. Ezen a köríven vegyünk fel egy tetszőleges P (x;y) pontot. Az OC szakasz és az OC körív által (pirossal) határolt körszelet területét jelöljük t-vel, az OQP szöget pedig omega-val (QP szakasz sajnos, lemaradt a rajzról.)
Határozzuk meg az adott t területű körszelethez tartozó r sugarat!
Írjuk fel az adott adott t területű körszelethez tartozó körív tetszőleges P pontjának koordinátáit r és omega függvényében!
|
|
|
|
[1447] Csimby | 2010-09-08 02:16:06 |
Szóval mindenképpen ajánljuk, hogy megrendeld a lapot és csináld a pontversenyt - szerintem rengeteget lehet tanulni belőle - de itt a fórumon többnyire más feladatok kerülnek elő!
|
Előzmény: [1446] BohnerGéza, 2010-09-08 00:59:23 |
|
[1446] BohnerGéza | 2010-09-08 00:59:23 |
Természetesen sok a lapban megjelenő feladat is előkerül itt, de a kettő nem fedi egymást.
A Lapban sok érdekes feladat van különböző nehézségűek csoportosításával. Az "A" jelűek nehezek, könnyebbek a "B"-k, kezdőknek a "C" jelűek valók, illetve kifejezetten kilencedikeseknek szólnak a "K" jelűek. Számítástechnikai és fizikai rovat is található sok érdekes feladattal.
A feladatok mellett nívós cikkek is vannak, sok kitűzött feladat megoldása is szerepel, valamint a pontverseny állása is félidőben, illetve a végeredménye.
|
Előzmény: [1443] kuklic, 2010-09-06 18:16:49 |
|
[1443] kuklic | 2010-09-06 18:16:49 |
A feladatokat amiket itt megoldtok, a megrendelt komal lapból csináljátok? mert ha igen akkor megrendelem én is :)
|
|
[1442] BohnerGéza | 2010-09-04 11:44:38 |
Néhány megjegyzés a 171. feladathoz, és HoA szép megoldásához:
- Ha érintőkörökkel definiálunk valamit, érdemes lehet analóg feladatokat is megfogalmazni! ... (Valaki a 171. feladathoz?)
- A trapéz átlóinak metszéspontján átmenő, az alapokkal párhuzamos egyenesnek a trapézban lévő szakasza az alapok harmonikus közepe. (Ezt a szakaszt felezi az átlók metszéspontja, tehát a feladatban a magasság felezőpontja szerepel.) Ebből is folytatható a "volt egyszer..." helyett HoA megoldása.
Érdemes lehet tudni:
Ha a trapéz szárait az alapok arányában osztjuk, az osztópontokat összekötő szakasz az alapok mértani közepe. (Ha fordított arányban osztjuk, azt nem tudom, érdemes lehet kiszámolni!)
A trapéz szárainak felezőpontjait összekötő szakasz az alapok számtani közepe.
Ha a trapézt az alapokkal párhuzamosan úgy osztjuk ketté, hogy a területét felezzük, az osztóvonal az alapok négyzetes közepe lesz.
Ezekkel két számra igazolhatóak a szereplő közepekre az egyenlőtlenségek.
|
Előzmény: [1441] HoA, 2010-08-19 13:19:44 |
|
[1441] HoA | 2010-08-19 13:19:44 |
Egészítsük ki az ábrát a hozzáírt körökkel és közös érintőikkel. A lila háromszögek hasonlóságából és a párhuzamos szelők tételéből . Vagyis Tc a hozzáírt körök sugarainak arányában osztja a CaCb szakaszt. Az OaObCbCa derékszögű trapéz átlóinak M metszéspontjából CaCb -re bocsátott merőleges talppontja legyen TM Mivel CaTM és CbTM az OaCaM és ObCbM hasonló háromszögek megfelelő magasságai, ezek aránya is , TM és Tc egybeesik, M valóban rajta van CTc -n
Volt egyszer egy KöMaL feladat, amelyik azt kérdezte, megszerkeszthető-e a háromszög ha adott két hozzáírt kör sugara és a harmadik oldalhoz tartozó magasság. Eredményül persze kijött, hogy a három szakasz nem független, a magasság a két sugár harmonikus közepe, így vagy nincs megoldás vagy a feladat határozatlan. Ezt ismertnek feltételezve, a B 4276 annak bizonyítását kéri, hogy a harmonikus közép nem nagyobb a mértani középnél, ami e fórum látógatói számára érdektelen.
BohnerGéza ábrája viszont úgy is értelmezhető, hogyan szerkeszthetjük meg egyszerűen két szakasz harmonikus közepét. Hirtelenjében erre nem látok jobb megoldást.
|
|
Előzmény: [1440] BohnerGéza, 2010-08-04 02:02:39 |
|
[1440] BohnerGéza | 2010-08-04 02:02:39 |
171. feladat: A B.4276 feladattal kapcsolatban:
Az ABC háromszög két hozzáírt körének középpontja Oa és Ob, ezek érintési pontja az AB oldalon Ca és Cb A C-ből induló magasság CTc. Bizonyítandó, hogy OaCb és ObCa a CTc szakaszon metszik egymást.
|
|
|
[1439] gida1 | 2010-07-22 11:47:36 |
Nagyon köszönöm, Jonas!
|
|
|
[1437] gida1 | 2010-07-22 01:27:14 |
Sziasztok! A segítségeteket kérném. Mi a magyar megfelelője az angol PERMUTOHEDRON-nak? Milyen éder? Segítségül egy link: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutohedron
És mi az a BIPARITE GRAPH / BIGRAPH? http://en.wikipedia.org/wiki/Bipartite
Segítségeteket előre is köszönöm!
|
|
|