KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[69] Csizmadia Gábor2004-01-02 16:39:56

Ez igaz.:-) Nem fejtettem ki részletesebben, hogy mit értek periodicitás alatt, tkp. rossz kifejezést használtam.

Írjuk fel x=0,... alakban a tizedesvessző mögé sorba a differenciasorozat tagjait. És az a kérdés, hogy ez a szám racionális-e? ((legyen 18b))

Előzmény: [63] lorybetti, 2003-12-29 14:52:31
[68] Csizmadia Gábor2004-01-02 16:34:01

Szép, rövid megoldás. Ebből is látszik, hogy egy (jó) ábra sosem árt.:-)

Előzmény: [62] Kós Géza, 2003-12-29 11:18:15
[67] lorantfy2003-12-31 21:22:54

Megoldás a 20. feladatra:

Osszuk fel az A és B oldalú téglalap oldalait az ábra szerint! A fekete mezők területének összege:

b1a1+b1a3++b1a2n+1+b2a2+b2a4++b2a2n++

+b2ka2+b2ka4++b2ka2n+b2k+1a1+b2k+1a3++b2k+1a2n+1=

b1 \sum a_{paratlan}+b2\sum a_{paros}+…+b_{2k} \sum a_{paros}+b_{2k+1}\sum a_{paratlan}=

T_{fekete}= \sum b_{paratlan}\sum a_{paratlan}+\sum b_{paros}\sum a_{paros}

Hasonlóan a világos mezők területének összege:

T_{feher}= \sum b_{paros}\sum a_{paratlan}+\sum b_{paratlan}\sum a_{paros}

Mivel Tfekete=Tfeher

 \sum b_{paratlan}\sum a_{paratlan}+\sum a_{paros}\sum b_{paros}=\sum b_{paros}\sum a_{paratlan}+\sum b_{paratlan}\sum a_{paros}

Rendezve:

\bigg(\sum b_{paratlan} - \sum b_{paros}  \bigg)\bigg(\sum a_{paratlan} - \sum a_{paros}  \bigg)=0

Ez azt jelenti, hogy legalább az egyik különbségnek nullának kell lenni.

Tehát pl. \sum a_{paratlan} = \sum a_{paros}=A1 . Ez pedig pont azt jelenti, hogy a sötét mezőket balra tömörítve összetolva egy A1 oldalú téglalap jön létre, melynek másik oldala az eredeti téglalap B oldala.

Előzmény: [66] Suhanc, 2003-12-29 17:34:09
[66] Suhanc2003-12-29 17:34:09

20. feladat

Egy téglalapot oldalaival párhuzamos egyenesekkel felosztunk n sorra és n oszlopra. Ezután a cellákat sakktáblaszerűen kiszínezzük. A fekete mezők területének összege megegyezik a fehér mezők területének összegével. Bizonyítandó, hogy a fekete mezőkből téglalap alkotható!

[65] Suhanc2003-12-29 17:24:48

Megoldás a 19. feladatra:

Meghatározandó az 1/4+1/42+1/43+... összeg. Legyen

(1)1/4+1/42+1/43+... =a

Ekkor: (2) 1+1/4+1/42+1/43+...=4a

(2)-(1): 1=3a Tehát a=1/3

Nem vagyok biztos benne, de azt hiszem itt még be kell látni, hogy ez az összeg valóban létezik... ha ezt beláttuk,készen vagyunk; talán nélküle is ;)

[64] lorantfy2003-12-29 14:59:05

19. feladat: Bizonyítsd be az ábra szerinti állítást! (A szemléletes ábrasort a math.rice.edu lapról ollóztam.)

[63] lorybetti2003-12-29 14:52:31

Megoldás a 18. feladatra:

A differenciasorozat nem lehet periodikus, mert az egyetlen páros prím a 2, és a 2 és a 3 közötti különbség 1, a többi diffrencia pedig mindig páros.

Előzmény: [56] Csizmadia Gábor, 2003-12-24 00:21:56
[62] Kós Géza2003-12-29 11:18:15

A KFCG és KGDH deltoidok hasonlóságából is leolvasható, hogy \frac{a}{b}=\frac{c}{a}, vagyis a2=bc.

Előzmény: [60] Csizmadia Gábor, 2003-12-27 18:12:05
[61] kdavid2003-12-27 21:29:51

Köszi

Előzmény: [60] Csizmadia Gábor, 2003-12-27 18:12:05
[60] Csizmadia Gábor2003-12-27 18:12:05

Az állítás igaz. Sajnos ábrát nem tudok mellékelni. (még nem tanultam meg kezelni az ábraszerkesztőt)

Ha a trapéznek van egy derékszögű csúcsa, mivel az egyik szögszárral a definíció miatt van egy párhuzamos oldala, ezért van még egy derékszögű csúcsa is. Legyen a két derékszögű csúcs A és B, a másik kettő C és D, és ezek a pontok a trapéz pontjai ilyen sorrendben. Belerajzoljuk a kört, ennek sugara legyen r, középpontja K. Az érintőszakaszok egyenlőek, ezért az oldalakat az alábbi módon lehet felírni másként: AB=a+d; BC=d+b; CD=b+c; DA=c+a Az ábráról azonnal látszik (a két derékszög miatt), hogy a=d, ezért AB=2a; BC=a+b. Írjuk fel a két párhuzamos oldalt szorzatát, és a területet is a,b és c-vel kifejezve. T=(BC+AD)*m/2 A két derékszög miatt a magasság (m)=2a. így T=(2a+b+c)*a=2aa+ab+ac AD*CB pedig = (a+b)(a+c)=aa+ac+ab+bc Be kell bizonyítani, hogy ez a két kifejezés megegyezik, tehát különbségük 0. A kettőt egymásból kivonva (aa-bc)-t kapunk, ha ez 0, akkor aa=bc. Ennek bizonyításához belátjuk, hogy AKB=CKD=90fok. A kör érintse AB-t E-ben, BC-t F-ben, CD-t G-ben, DA-t H-ban. Az ábra elrendezéséből azonnal adódik, hogy BF, EK és AH párhuzamos, valamint AB és FH is párhuzamos. Emiatt a=BF=EK=r, tehát K AB Thalész-körén van, vagyis AKB derékszög. A szimmetria miatt GH és KD; illetve KC és FG egymásra merőlegesek, az előbbi kettő metszéspontja legyen M, az utóbbi kettőé N. Mivel FH átmérő, ezért FGH szög derékszög. Beláttuk tehát, hogy KMGN négyszög három szöge derékszög, következésképp a negyedik szöge is az, amit éppen kerestünk (CKD). AKB illetve CKD derékszögű háromszögek, ezért érvényes bennük a magasságtétel. Tehát aa=rr, illetve bc=rr. Emiatt aa=bc, amit bizonyítani akartunk. (Bocsi a hosszú leírásért.)

Előzmény: [59] kdavid, 2003-12-27 13:07:08
[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

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley