Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

[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] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[108] Mate

2005-12-20 18:50:12

A KöMaL középiskolásoknak szóló lap, s mint ilyen, minden feladat megoldható tisztán középiskolai ismeretekkel. Ha én most középiskolás lennék, a következőképpen oldanám meg deriválás nélkül ezt a példát:

A test vízszintesen v sebességgel mozog, s ennek a sebességnek a kötél irányú komponense éppen v₀. Így

$v=\frac{v_0}{cos\alpha}$

Az elválás pillanatában az asztal által kifejtett kényszererő (és így a súrlódási erő is) zérussá válik, ezért a test mozgásegyenletei:

Fsin $\alpha$ -mg=0

Fcos $\alpha$ =ma

A test körmozgást végez a P pont körül, ezért a fenti mozgásegyenletbeli "a" gyorsulás előáll a centripetális és az érintőleges gyorsulás vektori összegeként, amint az az ábrán is látszik.

A centripetális gyorsulás $a_{cp}=\frac{(v_e)^2}{\frac{H}{sin\alpha}}$ , ahol v_e=vsin $\alpha$ =v₀tg $\alpha$ az érintőleges sebesség. Amint az az ábrából kitűnik,

$a=\frac{a_{cp}}{cos\alpha}$

, vagyis

$a=\frac{{v_0}^2tg^3\alpha}{H}$

A mozgásegyenletekből az elváláskor a gyorsulásra $a=\frac{g}{tg\alpha}$ adódik, így az elválás szögére kapjuk:

$tg\alpha=\root4\of{\frac{Hg}{v_0^2}}$

, ekkor pedig a test faltól való távolsága:

$x=\frac{H}{tg\alpha}=\root4\of{\frac{H^3 v_0^2}{g}}$

Numerikusan x $\approx$ 3,8 cm.

[107] lorantfy	2005-12-20 11:28:55
x⁴=20000-ből x=11,89 cm !!!
Előzmény: [106] lorantfy, 2005-12-20 11:12:13

[106] lorantfy	2005-12-20 11:12:13
Szia Iván! Ahhoz, hogy a kötél irányú 5 m/s sebességet tartani tudja, a testnek a vizszintes síkon gyorsulva kell mozognia. Ez sajnos nem egyenletesen gyorsuló mozgás. A gyorsuláshoz szükséges erőt a kötélerő vizszintes kompononse biztosítja. Amikor a kötélerő függőleges komponense eléri a súlyerő nagyságát a test felemelkedik. Ebben a pillanatban nincs súrlódás, mert a nyomóerő nulla. Arra gondoltam, hogy indítsuk a testet a sarokból és így keressük meg a feltételnek megfelelő pontot. Legyen a derékszögű csúcstól mért távolság x(t). Az átfogó c=20+5t. x²(t)=(20+5t)²-20²=25t²+200t $x(t)=\sqrt{25t^2+200t}$ A sebesség x(t) első deriváltja t szerint: $v(t)=\frac{25t+100}{\sqrt{25t^2+200t}}$ A gyorsulás meg a második derivált: $a(t)=\frac{25}{\sqrt{25t^2+200t}}-\frac{(25t+100)^2}{\sqrt{(25t^2+200t)^3}}$ (25t+100)²=625t²+5000t+10000=25x²+10000 Így a(t) kifejezhető x(t)-vel. Röviden x-et írok: $a(t)=\frac{25}{x}-\frac{25x^2+10000}{x^3}$ A háromszögek hasonlóságából látszik, hogy $\frac{x}{20}=\frac{a}{g}$ Vegyük g-t 10 m/s²-nek és mivel fordítva játszuk a folyamatot bejön egy negatív előjel is: $a=-\frac{1}{2}x$ tehát az alábbi egyenletet kell megoldanunk: $\frac{25}{x}-\frac{25x^2+10000}{x^3}=-\frac{1}{2}x$ Átszorozva 2x³-el: x⁴=20000, amiből x=3,45 cm adódik. Lehet, hogy hibás a megoldás. Nézzétek át, mert nagy kapkodásban kellett beírnom!

Előzmény: [105] Iván88, 2005-12-17 19:10:03

[105] Iván88	2005-12-17 19:10:03
Sziasztok! A P.3830-as feledatra nem tud valaki valami okosat, mert a suliban még a fizikatanáromnak sem volt eredményre vezető ötlete.

[104] jenei.attila

2005-12-15 21:23:53

Kösz szépen, ez nagyon szép megoldás. Én egész másképp álltam neki (sokkal körülményesebben), azért nagy vonalakban leírom:

Teljes indukcióval bizonyítsunk, azaz tegyük fel, hogy a feltételeknek megfelelő n-1 darab x és y számokra teljesül az egyenlőtlenség. Ezután rögzített n-1 db. x,y-ra keressük x_n,y_n-et, amelyre x_n-y_n minimális. Ha így sikerül bebizonyítani az egyenlőtlenséget, nyilván bármely a feltételeknek megfelelő x_n,y_n-re is igaz lesz. A szóbanforgó minimumot könnyű meghatározni pl. grafikusan, ha a derékszögű koordinátarendszerben felrajzoljuk az y=m_n-1x egyenest (ahol $m_{n-1}=\frac{x_1x_2...x_{n-1}}{y_1y_2...y_{n-1}}$ ). A szóba jöhető (x_n,y_n) pontok ezen egyenes, az x tengely, az x=x_n-1 és y=y_n-1 egyenesek által határolt trapézban (vagy háromszögben) helyezkednek el. Itt két esetet kell megkülönböztetnünk:

1.) y_n-1 $\le$ m_n-1x_n-1

Ekkor x_n-y_n minimális, ha $x_n=\frac{1}{m_{n-1}}y_{n-1}$ , és y_n=y_n-1. Az n-1 darab x,y-ra vonatkozó szumma egyenlőtlenséget erősítjük azáltal, hogy valamely x_i helyett nála kisebb, a feltételeknek eleget tevő x_i^*-ot keresünk. Legyen i olyan 1 és n-1 közötti index, amelyre x_i $\ge$ y_i, de minden i-nél nagyobb és n-1 -nél kisebb-egyenlő j indexre x_j<y_j, és legyen $x_i^*=\frac{1}{m_{n-1}}x_i$ . Ekkor x_i helyett x_i^*-ot írva a szorzat feltétel teljesül, és ha x_i^* $\ge$ x_i-1, akkor az n-1 -ig terjedő szummában is az indukciós feltevés szerint írható x_i helyett x_i^*. Ha x_i^*<x_i-1, akkor az x-eket újra rendezve a szorzat feltétel méginkább teljesül (a baloldal nő), vagyis ekkor is fennáll a szumma egyenlőtlenség.

Könnyű bebizonyítani a

$x_i+\frac{1}{m_{n-1}}y_{n-1}\ge{x_i^*+y_{n-1}}$

egyenlőtlenséget. Ezt, és az n-1 tagra vonatkozó szumma egyenlőtlenséget (amelyben x_i helyett x_i^* szerpel) összeadva, kapjuk azt az n tagra vonatkozó szumma egyenlőtlenséget, amelyben $x_n=\frac{1}{m_{n-1}}y_{n-1}, y_n=y_{n-1}$ , vagyis x_n-y_n minimális rögzített n-1 darab x és y mellett.

2.) A második esetben amikor y_n-1>m_n-1x_n-1,x_n-y_n akkor minimális, ha x_n=x_n-1 és y_n=m_n-1x_n-1. Ilyenkor hasonlóan y_i helyett nála nagyobb, a szorzat feltételt teljesítő y_i^*-ot lehet választani, de ha ez túl nagy lesz, az y-onok nem rendezhető újra az x-ekhez hasonlóan (itt akadtam el).

Előzmény: [103] Ali, 2005-12-15 16:13:35

[103] Ali

2005-12-15 16:13:35

A feladat azt állítja, hogy ha az x₁ $\ge$ x₂ $\ge$ ... $\ge$ x_n>0 és az y₁ $\ge$ y₂ $\ge$ ... $\ge$ y_n>0 számokra minden 0<k $\le$ n esetén teljesül, hogy

$\prod_{i=1}^kx_i\ge\prod_{i=1}^ky_i$

akkor

$\sum_{i=1}^nx_i\ge\sum_{i=1}^ny_i$

is teljesül.

Szorozzuk be x_i- és y_i számokat egy pozitív C konstanssal úgy, hogy mindegyikük 1-nél nagyobb legyen. Ekkor az eredeti feladattal ekvivalens feladathoz jutunk.

Legyen a_i:=ln x_i és b_i:=ln y_i. ekkor az a_i és b_i számokra is teljesül, hogy a₁ $\ge$ a₂ $\ge$ ... $\ge$ a_n>0 és b₁ $\ge$ b₂ $\ge$ ... $\ge$ b_n>0.

Továbbá a feltétel szerint minden 0<k $\le$ n esetén teljesül, hogy

$\sum_{i=1}^ka_i\ge\sum_{i=1}^kb_i$

Könnyen igazolható hogy e^a-e^b $\ge$ (a-b)e^b, akármilyen is legyen a és b viszonya. Ez következik pl. abból, hogy az e^x függyvény görbéjének két pontját összekötő egyenes meredeksége a pontokbeli érintők meredekségei között van.

Azt kell igazolnunk, hogy

$\sum_{i=1}^ne^{a_i}\ge\sum_{i=1}^ne^{b_i}$

vagy másképpen

(e^a₁-e^b₁)+(e^a₂-e^b₂)+...+(e^a_n-e^b_n) $\ge$ 0

Az eddigiek alapján

(e^a₁-e^b₁)+(e^a₂-e^b₂)+...+(e^a_n-e^b_n) $\ge$ (a₁-b₁)e^b₁+(a₂-b₂)e^b₂+...(a_n-b_n)e^b_n

A jobb oldalt nem növeljük, ha e^b₁ helyére e^b₂ -t írunk, mivel a₁ $\ge$ b₁ és b₁ $\ge$ b₂ , kapjuk, hogy

(e^a₁-e^b₁)+(e^a₂-e^b₂)+...+(e^a_n-e^b_n) $\ge$ (a₁-b₁)e^b₁+(a₂-b₂)e^b₂+...+(a_n-b_n)e^b_n $\ge$ (a₁+a₂-b₁-b₂)e^b₂+(a₃-b₃)e^b₃+...+(a_n-b_n)e^b_n

Hasonlóan, mivel a₁+a₂ $\ge$ b₁+b₂ és b₂ $\ge$ b₃ kapjuk, hogy

(a₁+a₂-b₁-b₂)e^b₂+(a₃-b₃)e^b₃+...+(a_n-b_n)e^b_n $\ge$ (a₁+a₂+a₃-b₁-b₂-b₃)e^b₃+(a₄-b₄)e^b₄+...+(a_n-b_n)e^b_n

és így tovább. Végül kapjuk, hogy

(e^a₁-e^b₁)+(e^a₂-e^b₂)+...+(e^a_n-e^b_n) $\ge$ (a₁+a₂+...+a_n-b₁-b₂-...-b_n)e^b_n $\ge$ 0

amit bizonyítani akartunk.

Előzmény: [102] jenei.attila, 2005-12-14 22:30:10

[102] jenei.attila	2005-12-14 22:30:10
Senkit nem érdekel ez a feladat? Pedig szerintem érdekes.
Előzmény: [101] jenei.attila, 2005-12-13 13:32:53

[101] jenei.attila	2005-12-13 13:32:53
Oldjuk meg az A.374 -es feladatot. Elég sokat foglalkoztam vele,és majdnem be is bizonyítottam, de egy apró részleten ne jutok túl. Más fajta megoldás is érdekelne, illetve szívesen venném, ha az én próbálkozásomat segítenétek tovább vinni. Ha nem írtok megoldást, beírom hogy eddig mire jutottam. Addig is jó munkát.

[100] lorantfy

2005-11-20 16:03:39

B. 3847 feladathoz: Feltehetjük, hogy 180^o-nál kisebb szögről van szó, mert különben az egyenes nem vághat ki $\Delta$ -t a szögtartományból.

Húzzuk meg a szögfelezőt. Könnyen belátható, hogy, ha az adott P pont a szögfelezőn van akkor a P pontban a szögfelezőre állított merőleges egyenes vágja le a szögtartományból a legkisebb területű $\Delta$ -t.

Ha P nincs a szögfelezőn akkor húzzunk rajta keresztül merőlegest és párhuzamost a szügfelezővel! A merőleges a szögszárakat B-ben és C-ben, a párhuzamos G-ben metszi.

Húzzunk G ponton át párhuzamost a másik szögszárral, ennek BC-vel alkotott metszéspontja legyen D pont. Majd D ponton át párhuzamost AG szögszárral ennek metszéspontja AB-vel legyen H pont.

Legyen M a BH szakasz egy belső pontja és N az MP egyenes metszéspontja a másik szögszárral, E pont pedig MP és DH egyenesek metszéspontja.

Mivel PC=PD és CN párhuzamos ED, ezért $T_{PCN\Delta}=T_{PDE\Delta}$

Mozogjon az M pont a szögszáron a B ponttól a H pont felé. Ekkor at AMN $\Delta$ területe csökken ABC $\Delta$ területéhez képest, méghozzá BDEM négyszög területével. Egészen addig míg H pontba érünt. Az AMN $\Delta$ területe ekkor lesz a legkisebb, hiszen M ponttal tovább haladva A felé a PMH $\Delta$ területe kisebb mint a P pont másik oldalán a szögszárig terjedő háromszög területe.

Tehát a keresett egyenes a PH.

[99] lorantfy

2005-10-18 18:36:36

Kedves Fórumosok!

A B.3837. feladatra szeretnék mutatni egy vektoros megoldást.

Egyszerűen belátható, hogy az ábrán azonos színnel jelölt vektorok egymásnak 90 fokos elforgatottjai.

$\vec {RQ}= \vec {RF}+\vec {FQ} \quad \vec {QS}= \vec {QK}+\vec {KS}$

$\vec {QK}$ vektor $\vec {FQ}$ -nak $\vec {KS}$ vektor $\vec {RF}$ -nek 90 fokos negativ irányú elforgatottja, emiatt ez az összegekre is igaz.

Tehát $\vec {QS}$ vektor $\vec {RQ}$ -nak 90 fokos negativ irányú elforgatottja. Hasonlóan belátható ez $\vec {PR}$ és $\vec {SP}$ vektorokra, vagyis PRQS négyzet.

[98] rizsesz	2005-08-25 23:43:04
Tök jó, én vagyok Sherlock, nézd meg a feladat statisztikájánál, amit a feladatoknál olvashatsz el (simán klikk a fizika feladatokra) :)

[97] Doom

2005-08-25 22:25:25

Egy kis offtopic:)

CsG, elárulnád nekem, hogy ki vagy te a valós életben? ;)

Előzmény: [96] CsG, 2005-08-25 12:48:50

[96] CsG

2005-08-25 12:48:50

Hello Hardre!

Elküldjem e-mail-ben a megoldást?

Előzmény: [94] Hardre, 2005-08-24 19:03:14

[94] Hardre

2005-08-24 19:03:14

Ha valaki meg tudta rendesen csinálni a P. 3811. feladatot, írja le pls hogy, mert én elakadtam.

Mégpedig ott, hogy a mágneses térbe ér a részecske. Felírtam a rá ható erőket, felbontottam komponensekre, de csak az éppen megtett út/sebesség/idő függvényében. Ha a megtett utat veszem változónak, akkor az a baj, hogy y(x) függvény általános ívhosszára olyan képlet van, amit itt sztem nem érdemes felhasználni. Akárhogy írom fel; a gond mindig a pálya függvényének meghatározása. Hiába tudom a 2 komponensének 2. deriváltját, abból túl bonyolult dolgok jönnek ki, mert sztem van vmi amire nem jöttem eddig rá.

[93] Szabó Dani	2005-03-12 18:38:48
Kedves Onogur! Köszönöm, hogy felhívtad figyelmemet erre, de én nem a B, hanem a P. 3754. feladatra gondoltam.
Előzmény: [92] Hajba Károly, 2005-03-10 16:42:54

[92] Hajba Károly

2005-03-10 16:42:54

Kedves Dani!

Fenn van már a megoldás. ITT megtalálod.

Előzmény: [90] Szabó Dani, 2005-03-10 14:44:53

[90] Szabó Dani	2005-03-10 14:44:53
Valaki tegye fel a P. 3754. feladat megoldását!

[89] rizs	2005-03-09 14:46:40
hát,a 2 egyenlet összegét rendezve csupa teljes négyzet jön ki, és onnan x=2, y=3.

[88] jenei.attila	2005-03-09 13:51:09
Oldjuk meg a Lórántfy által kitűzött B.3790 feladatot. Nekem van egy megoldásom, kíváncsi vagyok, ti hogy oldjátok meg.

[87] Káli gúla

2005-03-06 19:08:40

Kedves Balázs!

Elküldtem mailben azokat az oldalakat a Matematikai Lapokból, amik a feladathoz kapcsolódnak. A téglás pakolásokról az interneten is találhatsz cikkeket:

http://www-math.mit.edu/~rstan/transparencies/tilings.pdf

http://www.math.uni-bielefeld.de/~sillke/POLYCUBE/PROOF/deBruijn/filling-boxes-with-bricks.pdf

http://www.mrlonline.org/mrl/1994-001-005/1994-001-005-003.pdf

http://www.combinatorics.org/Volume_4/PDF/v4i2r12.pdf

Előzmény: [86] Strenner Balázs, 2005-03-05 21:14:06

[86] Strenner Balázs

2005-03-05 21:14:06

Hello!

Nagyon szép a megoldás, sokkal általánosabb, mint a feladat. Én is hasonló dolgokkal próbálkoztam: vetületekkel, csak nem tudtam elszakadni a kockától, de ez a szétszeletelés nagyon leleményes. Érdekelne az a Kömal-cikk, amiben ezzel foglalkoznak, de nem találtam meg. Biztos, hogy jó az év?

Előzmény: [85] Káli gúla, 2005-02-27 21:48:19

[85] Káli gúla

2005-02-27 21:48:19

Hello!

Legyen a₁,...,a_n $\in$ N. Tegyünk az n-dimenziós rács pontjaiba egy-egy lámpát. Az i-edik tengellyel párhuzamosan lépésenként a_i db szomszédos lámpa állapotát megváltoztathatjuk. Ha kezdetben minden lámpa 0, és véges sok lépés után egy b₁,...,b_n élű B téglában (és csak ott) minden lámpa ég, akkor van olyan i $\le$ n, amire a_i|b_i.

Bizonyítás indukcióval. n=1-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy a_n nem osztója b_n-nek. Legyen L a B téglának az n-edik tengelyre merőleges alsó lapja, ez tehát egy b₁,...,b_n-1 élhosszúságú, n-1 dimenziós tégla. Elég belátni, hogy L-ben maradva is minden lámpát át lehet állítani, ekkor ugyanis az indukciós feltevés szerint a_i|b_i-nek kell teljesülni valamilyen i $\le$ n-1-re. Tekintsük B-ben az L-lel párhuzamos b_n db réteg közül azokat, amiknek a távolsága L-től $\equiv$ 0 (mod a_n) vagy $\equiv$ -1 (mod a_n). Szorítkozzunk a B kivilágításánál használt csíkok közül azokra, amiket ezek a rétegek tartalmaznak, és vegyük ezeknek a csíkoknak az L-re eső vetületeit (eltoltjait). Belátjuk, hogy minden x $\in$ L-beli pontot páratlan sok vetületi csík fog fedni. a_n nem osztja b_n miatt a 0 maradékosztályban eggyel több réteg van, mint a (-1) maradékosztályban, azaz a tekintett rétegek száma páratlan, az ide eső, x feletti pontok B-beli multiplicitása is páratlan volt, így ezen pontok multiplicitásainak összege páratlan. Az összegből el kell hagyni az L-re merőleges, a_n hosszúságú csíkokat, de ezek mind pontosan két x feletti pontot tartalmaznak, ezért a paritás továbbra is páratlan marad.

(1) A feladatra a nemleges válasz egyszerűen következik, mert a 2x2x2-es kockákat az x₁, a 3x3x3-asakat a x₂, a 7x7x7-eseket az x₃ tengellyel párhuzamos csíkokra bonthatnánk, és a 2005 egyik hosszal sem osztható.

(2) A feladathoz ugyan nem kell, de a csíkok nemcsak B részhalmazai lehetnek. A bizonyításban semmi újat nem kell mondani.

(3) Ehhez hasonló feladat jelent meg a Matematikai Lapok Feladatrovatában (1962/3-4, pp 314-317.), a fenti gondolatmenet is az ottani egyik megoldás mintájára készült. A kérdéskör állítólag úgy jött elő, hogy N. G. De Bruijn 7 éves kisfia megfigyelte, hogy 1x2x4-es téglákkal nem lehet egy 6x6x6-os ládát kitölteni.

Előzmény: [84] SAMBUCA, 2005-02-22 03:32:47

[84] SAMBUCA

2005-02-22 03:32:47

Na hell!

Ha vakinek van megoldása az A.363.-ra akkor beírhatná. Nagyon kiváncsi lennék...

SAMBUCA

[83] Szabó Dániel	2005-02-19 20:00:21
Visszatérve a P. 3722. feladatra, melynek megoldása most jelent meg a KöMal-ban: az itt és Pecu által említett megoldásnál van egy egyszerűbb is. A tömegek és a tömegközépponttól való távolságok fordítottan arányosak.

[82] SAMBUCA

2005-02-18 15:30:09

Bocs!

Akarom mondani n-dimenziós kockát n db különböző méretű n-dimenziós kockával kellene lefedni.

SAMBUCA

Előzmény: [81] SAMBUCA, 2005-02-18 15:17:54

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?