Fórum: A KöMaL pontverseny

B.4270-nál használható a Ptolemaiosz:

AB^.DE^.CF+BC^.EF^.AD+CD^.FA^.BE+AB^.CD^.EF+BC^.DE^.FA=BC(EF^.AD+DE^.FA)+CD(FA^.BE+AB^.EF)+AB^.CF^.ED=

=BC^.EA^.FD+CD^.BF^.AE+AB^.CF^.ED=AE(BC^.FD+CD^.BF)+AB^.CF^.ED=AE^.BD^.CF+AB^.CF^.ED=CF(AE^.BD+AB^.ED)=CF^.AD^.BE, és kész.

Feltettem B.4269 egy megoldását a "Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról" témába. Segítsetek, nem látom, hol jön be ennél a feladatnál a Ptolemaiosz tétel, és hogy miért jó egy szerkesztési feladatnál levezetni egy szakasz hosszát és utána ezt a számított értéket szerkesztéssel követni.

4268: konjugált.

Két pontban is metszheti, kivétel ha P a magasság talppontja, így lehet még két megoldás...

A B.4269.-es feladatban pedig mindig pont egy megoldás van, nekem nem kellett diszkussziót végezni, bár szerintem egészen máshogy oldottam meg a többi feladatmegoldóhoz képest a feladatot. Én pontosan levezettem hogy mennyi a PC szakasz hossza, s kijött egy érték, amely csak az a,b és c-től függ. Ennek felhasználásával megszerkesszük a PC szakaszt (Hiszen ugye a,b,c ismert) és C-ből ezzel körívezünk. Ahol metszi az AB szakaszt ott van P.

Nekem (is) a Ptolemaiosz-tétellel jött ki a B.4269.-es

Lehet, hogy neki kettő, tényleg nagyon ismert tétellel lett meg. Neked gondolom Ptolemaios-tétellel, de az azért nem a nagyon ismert tételek közül való szerintem. B. 4269-ról az lenne a kérdésem a többi megoldótól, hogy mindig pont egy megoldás van-e: elvileg jó a megoldásom, de diszkussziónál néha baromságokat írok.

Ja, és még egy kérdés:B. 4268.-re tud adni valaki valami rávezetést(választ ne)?

Végülis igazad van, elég egy tétel, hiszen abba felhasználjuk a húrnégyszögtételt is. A B.4269. kijött, szép egy feladat, bár elég sok időmet elvette. Amilyen rondán indult olyan szép lett a végeredmény. Egyébként elég lett volna tudni a T=r*s képletet illetve két koszinuszttételt kellett felírni, tehát semmilyen komoly összefüggéseket nem kell tudni a feladathoz, ellenben a kapott összefüggéseket nagyon jól kell átalakítani, hogy végeredményhez jussunk. Speciális esetként pont az jön ki, hogy ha egy derékszögű háromszög átfogóján keressük a P pontot, akkor a PC szakasz hossza pont megegyezik a háromszög területének négyzetgyökével. (A Speciális esetet egyébként sokkal könnyebben is lehetett volna bizonyítani, hiszen ott roppant jól jön a Pithagorasz-tétel, míg általános háromszögben a gondolatmenet nemigazán használható, ott sokkal nehezebb elindulni.

2-ből? Elég hozzá egy is. A B. 4269 meglett? Sokat gondolkoztam rajta de csak nem akart kijönni bár valószínűleg a sejtésem volt hibás...

Aki itt fórumozik, azok közül megoldotta valaki a B.4270.-es feladatot? Érdekes, hogy a példát 2 (!) ismert tételből azonnal meg lehetett oldani. Nem hittem el, hogy az a feladat valójában 5 pontos, pedig első ránézésre nehéz feladatnak látszott.

Mikor jelenik meg a feladatok szövege?

Ehhez egy észrevétel lehet, hogy a fórumra küldött hozzászólások fórum által kiírt elküldési ideje legalább 2 percet siet a pontos időhöz képest.

Hogyan bizonyítanád be ezt?

Meg szeretném kérdezni, hogy van-e mód egy feladat beküldésére, ha a határidő lejárta miatt nem fogadta el a rendszer 3 perce (az én órámon még csak 23.58 volt.)

Szia!Köszönöm, a második megoldást már értem. Az elsővel még mindig az a problémám, hogy szerintem ez a trükk csak akkor jó, ha a folyadékrészecskék közti erőkkel nem kell számolni, itt pedig ezt kell. Bár ez már részletkérdés... Köszönöm!

Szia! Nem hanyagolja el a megoldás a pengére ható erőt, sőt. Éppen a felületi feszültségből származó erő tartja a felszínen a pengét, csak ezt nehéz kiszámolni. Ezért a trükk a következő: kérdés, hogy a behorpadt vízfelszín mekkora erőt fejt ki a pengére? Válasz: ugyanakkorát, mint amekkora erőt a behorpadt részből ,,hiányzó'' vízre fejtene ki (hiszen ha feltöltenénk a behorpadást, éppen az egyensúlyi vízfelszínt kapnánk). Tehát a felhajtóerő + ez az erő tartja meg a pengét.

Egy másik lehetséges megoldás (talán meggyőzőbb): A pohár aljára ható nyomóerő nem változhat meg, hiszen a pohárban mindkét esetben ugyanannyi víz + a penge található. Az úszó pengénél a fenéklapra ható nyomóerő

gh^.A,

ahol A a pohár alapterülete, h a vízszint magassága, pedig a víz sűrűsége. A második (lesüllyedt pengés) esetben pedig

gh'^.A+F,

ahol F a penge által a pohár fenekére ható (pozitív) erő. Mivel

gh^.A=gh'^.A+F,

ebből következik, hogy

h>h',

vagyis a pohárban a víz szintje süllyed.

Mindegyik megoldásban figyelembe kell venni a felületi feszültségből származó erőt, csak ennek kiszámítása ügyes trükkökkel elkerülhető. Remélem segítettem.

Remélem értjük egymást, lehet hogy bonyolult voltam. Én arra gondolok, hogy amikor benyomom a vizet, akkor a víz felületi energiája megváltozik. A virtuális munka elvéből ezt az erőt elméletileg számszerűsíteni lehetne. De a megoldás csak úgymond a felhajtóerővel számol, azaz a nyomásokkal.A megoldás szerint a felületi feszültség csak a vízfelszínt stabilizálja, de az általa a pengére ható erőt elhanyagolja. Az lenne a kérdésem, hogy miért?

Én úgy értem, nem használja ki a megoldás, hogy nem számolunk a felületi feszültségből származó erővel.

Hopp rossz link:

Sziasztok! Gondban vagyok az egyik régebbi fizika feladat megoldásával:

Ugyanis a megoldásban az szerepel, hogy a felületi feszültségből származó erővel nem számolunk, az csak a víz beáramlását akadályozza meg a borotvapenge felszínére. Elhiszem, hogy ez a közelítés helyes, de volna-e rá egy becslési mód ennek az igazolására? Zoltán

Valóban így történt/történik a munkafüzetben már látható, hogy C. 1024 beküldési határideje megváltozott. Az új beküldési határidő április 12.

Szerintem lesz egy helyesbítés és a feladat újra ki lesz tűzve. Egyébként igazságtalan lenne, hiszen ezt a fórumot nem olvassa minden beküldő.

És ilyenkor melyik verzióra kell a megoldást beküldeni?

Akkor ezt most tekinthetjük úgy, hogy ennyiben változott a feladat? (Csak mert még a feladatoknál ez nem lett módosítva.)

Igen, q(x)=p(x+1) akart lenni.