[126] lorantfy | 2005-12-28 23:12:10 |
 Szia X!
P. 3833. Mozoghat-e három különböző tömegű pontszerű test egymás gravitációs terében úgy, hogy bármely kettő közötti távolság megegyezik és a mozgás során állandó marad? Mekkora szögsebességgel forog ez a rendszer?
A második kérdés sugallja a választ az elsőre. Forgatni kell a rendszert, méghozzá úgy, hogy a testekre ható gravitációs erők eredője éppen a körmozgást biztosító centripetális erő legyen.
A testek egy egyenlő oldalú háromszög csúcspontjaiban vannak. Először keressül meg a forgás középpontját.
A testekre ható grav. erők eredőit meghosszabbítva ezek egy pontban metszik egymást, (ugyanis vektori eredőjük nulla, hiszen a komponensek összege is nulla) csak ez a pont lehet a forgás középpontja.
Fcp=mr 2, így azt kell még belátnunk, hogy ha OA=r1, OB=r2,OC=r3, akkor
m1r1 : m2r2 : m3r3 = F1 : F2 : F3
Ezt belátni egy matematikai feladat, remélhetőleg sin-cos tételekkel menni fog!
|
 |
Előzmény: [123] !X!, 2005-12-27 09:48:16 |
|
[125] nadorp | 2005-12-28 16:00:33 |
 Azt bizonyították be, hogy a p(x) polinom az x=1,2,...,p-1 helyeken osztható p-vel, azaz ezek a számok a polinom gyökei modulo (p). Viszont ha egy test feletti (p-2)-ed fokú polinomnak (p-1) darab gyöke van, akkor az csak a 0 polinom lehet. Ha ez a bizonyítás nem tetszett, akkor itt egy másik.
Legyen x egy p-nél kisebb pozitív egész és tekintsük a x,2x,3x,...,(p-1)x számokat. Ezek a számok nem oszthatók p-vel és bármely kettő különböző maradékot ad p-vel osztva. Ezért van pontosan egy olyan y, hogy az xy p-vel osztva 1-et ad maradékul. Ezt az y-t a x multiplikatív inverzének nevezzük modulo p. Az is látszik, hogy csak az 1 és a p-1 önmaga inverze ( ha p|x2-1, akkor p|x-1 vagy p|x+1). Az előbbiek szerint a 2,3,...p-2 számok párba állíthatók úgy, hogy a két szám szorzata 1-t ad maradékul p-vel osztva. Ebből viszont az következik, hogy
2.3.....(p-2)=(p-2)! is 1-t ad maradékul mod (p).
|
Előzmény: [124] Iván88, 2005-12-27 18:57:36 |
|
|
[123] !X! | 2005-12-27 09:48:16 |
 A P.3833.-as feladatra senki nem tud valami okosat mondani?
|
|
[122] Csimby | 2005-12-24 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)! 0. Ha p>2 akkor p páratlan, tehát ezt kapjuk: -1 (p-1)! Ami pont az általad megfogalmazott "sejtés".
|
Előzmény: [121] Iván88, 2005-12-24 23:14:03 |
|
[121] Iván88 | 2005-12-24 23:14:03 |
 Sziasztok! Elakadtam a B. 3859-es feladattal. Leírom hol: Az biztos, hogy a1=1, különben két egymást követő érték azonos lesz , 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 n-nel osztva h maradékot ad (0<=h<n, egész). Igaz e? Ehhez egy segédlemma: Mivel =(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!!!
|
|
|
[118] lorantfy | 2005-12-23 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] Iván88 | 2005-12-22 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] lorantfy | 2005-12-22 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 -ben mikor max. a befogó és az átfogóhoz tartozó magasság összege?
|
 |
Előzmény: [115] Mate, 2005-12-21 21:50:48 |
|
[115] Mate | 2005-12-21 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] Yegreg | 2005-12-21 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] lorantfy | 2005-12-21 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 szöge. Fejezzük ki a trapéz területét segítségével.
Az alap a=1+2cos a magasság m=sin . A terület és szerinti első deriváltja:

A maximum ott lehet, ahol a derivált 0. cos2 +cos =0 átalakítva: 2cos2 +cos -1=0 egyenletet kell megoldanunk. Mivel 0< <90o várható, így cos =1/2, vagyis =60o
II. Legyen a változó a trapéz magassága, ekkor a terület m-mel kifejezve és ennek első deriváltja:

Ahol a derivált 0, ott szélsőérték lehet. Ebből rendezve, m 0-val leosztva kapjuk a következő egyenletet: 4m2-3=0, amiből a magasságra: adódik.
Mivel pont 60o-nál, illetve -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] Mate | 2005-12-21 12:27:26 |
 Egyébként a feladatot én javítom, és eddig mindenki a deriválós megoldást küldte be.
|
|
[111] Mate | 2005-12-21 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] lorantfy | 2005-12-20 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] Mate | 2005-12-20 18:54:15 |
 A deriválós megoldást át kellene nézni, ugyanezt az eredményt kellene kapnunk.
|
|
[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


Az elválás pillanatában az asztal által kifejtett kényszererő (és így a súrlódási erő is) zérussá válik, ezért a test mozgásegyenletei:
Fsin -mg=0
Fcos =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 , ahol ve=vsin =v0tg az érintőleges sebesség. Amint az az ábrából kitűnik,

, vagyis

A mozgásegyenletekből az elváláskor a gyorsulásra adódik, így az elválás szögére kapjuk:

, ekkor pedig a test faltól való távolsága:

Numerikusan x 3,8 cm.
|
|
|
[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
A sebesség x(t) első deriváltja t szerint:

A gyorsulás meg a második derivált:

(25t+100)2=625t2+5000t+10000=25x2+10000
Így a(t) kifejezhető x(t)-vel. Röviden x-et írok:

A háromszögek hasonlóságából látszik, hogy Vegyük g-t 10 m/s2-nek és mivel fordítva játszuk a folyamatot bejön egy negatív előjel is:
tehát az alábbi egyenletet kell megoldanunk:

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 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 ). 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 mn-1xn-1
Ekkor xn-yn minimális, ha , 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 yi, de minden i-nél nagyobb és n-1 -nél kisebb-egyenlő j indexre xj<yj, és legyen . Ekkor xi helyett xi*-ot írva a szorzat feltétel teljesül, és ha xi* xi-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

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 , 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] Ali | 2005-12-15 16:13:35 |
 A feladat azt állítja, hogy ha az x1 x2 ... xn>0 és az y1 y2 ... yn>0 számokra minden 0<k n esetén teljesül, hogy

akkor

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 a2 ... an>0 és b1 b2 ... bn>0.
Továbbá a feltétel szerint minden 0<k n esetén teljesül, hogy

Könnyen igazolható hogy ea-eb (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

vagy másképpen
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) 0
Az eddigiek alapján
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) (a1-b1)eb1+(a2-b2)eb2+...(an-bn)ebn
A jobb oldalt nem növeljük, ha eb1 helyére eb2 -t írunk, mivel a1 b1 és b1 b2 , kapjuk, hogy
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) (a1-b1)eb1+(a2-b2)eb2+...+(an-bn)ebn (a1+a2-b1-b2)eb2+(a3-b3)eb3+...+(an-bn)ebn
Hasonlóan, mivel a1+a2 b1+b2 és b2 b3 kapjuk, hogy
(a1+a2-b1-b2)eb2+(a3-b3)eb3+...+(an-bn)ebn (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) (a1+a2+...+an-b1-b2-...-bn)ebn 0
amit bizonyítani akartunk.
|
Előzmény: [102] jenei.attila, 2005-12-14 22:30:10 |
|
|