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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[122] Csimby2005-12-24 23:46:27

Wilson-tétel:

Biz. vázlat:

p(x)=xp-1-1-(x-1)(x-2)...(x-(p-1))

p(x)-ben az első tag Kis-Fermat tétel szerint 1 maradékot ad p-vel osztva (ha x nem osztható p-vel), ugyanakkor az utolsó tag (a p-1 tényezős szorzat p-1 helyen is 0 maradékot ad p-vel osztva). Tehát p(x)-nek van legalább p-1 inkongruens gyöke. De p(x) foka p-2, hiszen a főtag kiesik. Ekkor a fokszámtétel szerint (Zp test) p(x)=0-nak legfeljebb p-2 inkongruens megoldása van. Ez ellentmondás, csak az oldja fel, ha p(x) a 0 polinom, vagyis minden együtthatója, így a0 is 0. Viszont a0=-1-(-1)p(p-1)!\equiv0. Ha p>2 akkor p páratlan, tehát ezt kapjuk: -1\equiv(p-1)! Ami pont az általad megfogalmazott "sejtés".

Előzmény: [121] Iván88, 2005-12-24 23:14:03
[121] Iván882005-12-24 23:14:03

Sziasztok! Elakadtam a B. 3859-es feladattal. Leírom hol: Az biztos, hogy a1=1, különben két egymást követő érték azonos lesz \prod_{i=1}^ka_i=\prod_{i=1}^{k+1}a_i , ami ellentmond a feladat állításának (1<k<n). Igaz az is, hogy an=n, különben biztosan lesz legalább 2 szorzat, ami n-nel osztható, és ez sem lehet. Na mármost csak olyan n-ekre teljesülhet, ahol (n-1)!=xn NEM teljesül. (x pozitív egész) Iyenek kivétel nélkül a prímszámok, és az 1, meg a 4. Amit nem sikerült tisztáznom: Igaz e, hogy mindem n prímszámra teljesül? az első néhány prímre kipróbáltam, és azt sejtem, hogy igen, mindegyik prímre jó, méghozzá úgy, hogy \prod_{i=1}^ha_i n-nel osztva h maradékot ad (0<=h<n, egész). Igaz e? Ehhez egy segédlemma: Mivel \prod_{i=1}^{n-1}a_i=(n-1)!, ezért Úgy sejtem, hogy tetszőleges p prímre (p-1)!+1 p-nek egész számú többszöröse (ez ekvivalens azzal, hogy =(p-2)!-1 p-nek az egész számú többszöröse), de ezt se tudom igazolni. Talán valaki ezek után már tudja folytatni.

[120] !X!2005-12-24 21:41:52

Sziasztok!!!

Aki megtudta csinálni a P.3833.-as feladatot, legyenszíves írja be a megoldását. Köszönöm

Boldog Karácsonyt mindenkinek!!!

[119] lorantfy2005-12-23 14:25:36

Tükrözzük az ABM \Delta-et az AB egyenesre. Itt is egy ismert tételre kell hivatkoznunk:

Adott körbe írt \Delta-ek közül a szabályos \Delta kerülete a legnagyobb.

Előzmény: [116] lorantfy, 2005-12-22 09:37:32
[118] lorantfy2005-12-23 10:45:33

A P pont az, ahonnan a motor húzza a kötelet. A körmozgás helyett mondhatjuk úgy is, hogy a test vizszintes irányú gyorsulása felbontható egy kötélirányú, acp és egy arra merőleges, ae komponensre.

Előzmény: [117] Iván88, 2005-12-22 17:19:25
[117] Iván882005-12-22 17:19:25

Szia Mate! A megoldásod világos, csak azt nem látom, hogy hol van az a P pont ami körül a test körmozgást végez. (Egyébként én is a deriválásos módszerrel próbálkoztam, de semmi nem jött ki, legkevésbé a jó eredmény.)

Előzmény: [108] Mate, 2005-12-20 18:50:12
[116] lorantfy2005-12-22 09:37:32

Hát ha erre lehet hivatkozni, akkor kész vagyunk. Én is gondoltam rá, de ez ugyanaz a szélsőérték probléma, csak ismertebb formában. Gondolod erre megadják a 4 pontot?

Egy másik ötlet:

Legyen a trapáz magassága b, a részháromszög átfogóhoz tartozó magassága m.

Ekkor a trapéz területe: T=b+m.

Egységnyi átfogójú derékszögű \Delta-ben mikor max. a befogó és az átfogóhoz tartozó magasság összege?

Előzmény: [115] Mate, 2005-12-21 21:50:48
[115] Mate2005-12-21 21:50:48

Fizikásként kontárkodom bele a feladatba. Én így oldanám meg a példát:

Keressük egy olyan trapéz alapját, melynek a másik alapja és a két szára 1 egység, úgy, hogy a trapéz területe maximális legyen.

Tükrözzük a trapézt az alapjára! Ekkor visszavezetjük a problémát a következő feladatra: Melyik az az egyenlő oldalú (az egyik átlójára szimmetrikus) hatszög, amelynek területe maximális?

Az viszont ismeretes, hogy adott kerületű (tetszőleges) hatszögek közül a szabályosnak a legnagyobb a területe. Tehát a keresett trapézunk egy szabályos hatszög fele, így x=2.

[114] Yegreg2005-12-21 16:29:56

Valami tiszta geometriai megoldás engem is érdekelne. (gondolom, hogy van pl. geometriai transzfomációs "hú, tényleg..." szerű megoldás :) ) Ugyanis én eddig senkiről nem tudok, aki így csinálta volna. Én megsejtettem az eredményt, és aztán teljes négyzetekkel bizonyítottam, hogy az a maximum.

Yegreg

[113] lorantfy2005-12-21 15:28:36

Köszönöm! Még egy deriválós megoldás a B. 3857. feladatra: Egy trapéz egyik alapja és két szára egységnyi. Válasszuk meg a trapéz másik alapját úgy, hogy területe a lehető legnagyobb legyen.

I. Legyen a változónk a trapéz alapon fekvő \alpha szöge. Fejezzük ki a trapéz területét \alpha segítségével.

Az alap a=1+2cos\alpha a magasság m=sin\alpha. A terület és \alpha szerinti első deriváltja:

T(\alpha)=\frac{a+1}{2}m=\frac{2cos\alpha+2}{2}sin\alpha=\frac{sin2\alpha}{2}+ sin\alpha \qquad T'(\alpha)=cos2\alpha+cos\alpha

A maximum ott lehet, ahol a derivált 0. cos2\alpha+cos\alpha=0 átalakítva: 2cos2\alpha+cos\alpha-1=0 egyenletet kell megoldanunk. Mivel 0<\alpha<90o várható, így cos\alpha=1/2, vagyis \alpha=60o

II. Legyen a változó a trapéz magassága, ekkor a terület m-mel kifejezve és ennek első deriváltja:

T(m)=(1+\sqrt{1-m^2})m=m+\sqrt{m^2-m^4}\qquad T'(m)=1+\frac{m-2m^3}{\sqrt{m^2-m^4}}

Ahol a derivált 0, ott szélsőérték lehet. Ebből rendezve, m\ne0-val leosztva kapjuk a következő egyenletet: 4m2-3=0, amiből a magasságra: m=\frac{\sqrt3}{2} adódik.

Mivel pont 60o-nál, illetve m=\frac{\sqrt3}{2}-nél van a maximum, gondolom van szép geometriai megoldás is. Erre sajnos még nem jöttem rá. Örülnék, ha valaki beírná!

Előzmény: [111] Mate, 2005-12-21 12:26:11
[112] Mate2005-12-21 12:27:26

Egyébként a feladatot én javítom, és eddig mindenki a deriválós megoldást küldte be.

[111] Mate2005-12-21 12:26:11

Hát, csak egy fércmegoldás jutott eszembe: előszöre feltöltöm az ábrát a hagyományos módon, ilyenkor az ábra a szöveg utánra kerül. Jobb egérgombbal kimásolom a kép címét, és a TeX tanfolyam képek feltöltése menüpontjában leírtak szerint beírom a TeX forráskódot. Ekkor már 2 ábra lesz beszúrva a szövegbe, amelyek közül az első az ábra törlése gombbal kitörlök. Ennyi.

[110] lorantfy2005-12-20 23:58:51

Szia Mate!

Szép a megoldás! A deriválást különben a faktosok tanulják a középiskolában, tehát ilyen szinten azért lehet alkalmazni. A deriválós megoldásból is ez a numerikus eredmény adódik, csak a végén a nagy kapkodásban a g mértékegységét nem vettem figyelembe. Hogy a deriválás áttekinthetőbb legyen az elején beírtam a numerikus értékeket, emiatt a g-t is cm/s2-ben kellett volna behelyettesíteni.

Kíváncsi vagyok, hány jó megoldás érkezett erre a feladatra!

Hogy lehet a szöveg közé ábrákat tenni?

Előzmény: [109] Mate, 2005-12-20 18:54:15
[109] Mate2005-12-20 18:54:15

A deriválós megoldást át kellene nézni, ugyanezt az eredményt kellene kapnunk.

[108] Mate2005-12-20 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 ve=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\approx3,8 cm.

[107] lorantfy2005-12-20 11:28:55

x4=20000-ből x=11,89 cm !!!

Előzmény: [106] lorantfy, 2005-12-20 11:12:13
[106] lorantfy2005-12-20 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] Iván882005-12-17 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.attila2005-12-15 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 xn,yn-et, amelyre xn-yn minimális. Ha így sikerül bebizonyítani az egyenlőtlenséget, nyilván bármely a feltételeknek megfelelő xn,yn-re is igaz lesz. A szóbanforgó minimumot könnyű meghatározni pl. grafikusan, ha a derékszögű koordinátarendszerben felrajzoljuk az y=mn-1x egyenest (ahol m_{n-1}=\frac{x_1x_2...x_{n-1}}{y_1y_2...y_{n-1}}). A szóba jöhető (xn,yn) pontok ezen egyenes, az x tengely, az x=xn-1 és y=yn-1 egyenesek által határolt trapézban (vagy háromszögben) helyezkednek el. Itt két esetet kell megkülönböztetnünk:

1.) yn-1\lemn-1xn-1

Ekkor xn-yn minimális, ha x_n=\frac{1}{m_{n-1}}y_{n-1}, és yn=yn-1. Az n-1 darab x,y-ra vonatkozó szumma egyenlőtlenséget erősítjük azáltal, hogy valamely xi helyett nála kisebb, a feltételeknek eleget tevő xi*-ot keresünk. Legyen i olyan 1 és n-1 közötti index, amelyre xi\geyi, de minden i-nél nagyobb és n-1 -nél kisebb-egyenlő j indexre xj<yj, és legyen x_i^*=\frac{1}{m_{n-1}}x_i. Ekkor xi helyett xi*-ot írva a szorzat feltétel teljesül, és ha xi*\gexi-1, akkor az n-1 -ig terjedő szummában is az indukciós feltevés szerint írható xi helyett xi*. Ha xi*<xi-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 xi helyett xi* 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 xn-yn minimális rögzített n-1 darab x és y mellett.

2.) A második esetben amikor yn-1>mn-1xn-1,xn-yn akkor minimális, ha xn=xn-1 és yn=mn-1xn-1. Ilyenkor hasonlóan yi helyett nála nagyobb, a szorzat feltételt teljesítő yi*-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] Ali2005-12-15 16:13:35

A feladat azt állítja, hogy ha az x1\gex2\ge...\gexn>0 és az y1\gey2\ge...\geyn>0 számokra minden 0<k\len 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 xi- és yi számokat egy pozitív C konstanssal úgy, hogy mindegyikük 1-nél nagyobb legyen. Ekkor az eredeti feladattal ekvivalens feladathoz jutunk.

Legyen ai:=ln xi és bi:=ln yi. ekkor az ai és bi számokra is teljesül, hogy a1\gea2\ge...\gean>0 és b1\geb2\ge...\gebn>0.

Továbbá a feltétel szerint minden 0<k\len esetén teljesül, hogy

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

Könnyen igazolható hogy ea-eb\ge(a-b)eb, akármilyen is legyen a és b viszonya. Ez következik pl. abból, hogy az ex 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

(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn)\ge0

Az eddigiek alapján

(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn)\ge(a1-b1)eb1+(a2-b2)eb2+...(an-bn)ebn

A jobb oldalt nem növeljük, ha eb1 helyére eb2 -t írunk, mivel a1\geb1 és b1\geb2 , kapjuk, hogy

(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn)\ge(a1-b1)eb1+(a2-b2)eb2+...+(an-bn)ebn\ge(a1+a2-b1-b2)eb2+(a3-b3)eb3+...+(an-bn)ebn

Hasonlóan, mivel a1+a2\geb1+b2 és b2\geb3 kapjuk, hogy

(a1+a2-b1-b2)eb2+(a3-b3)eb3+...+(an-bn)ebn\ge(a1+a2+a3-b1-b2-b3)eb3+(a4-b4)eb4+...+(an-bn)ebn

és így tovább. Végül kapjuk, hogy

(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn)\ge(a1+a2+...+an-b1-b2-...-bn)ebn\ge0

amit bizonyítani akartunk.

Előzmény: [102] jenei.attila, 2005-12-14 22:30:10
[102] jenei.attila2005-12-14 22:30:10

Senkit nem érdekel ez a feladat? Pedig szerintem érdekes.

Előzmény: [101] jenei.attila, 2005-12-13 13:32:53
[101] jenei.attila2005-12-13 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] lorantfy2005-11-20 16:03:39

B. 3847 feladathoz: Feltehetjük, hogy 180o-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] lorantfy2005-10-18 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] rizsesz2005-08-25 23:43:04

Tök jó, én vagyok Sherlock, nézd meg a feladat statisztikájánál, amit a feladatoknál olvashatsz el (simán klikk a fizika feladatokra) :)

  [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]