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.
[127] xviktor2005-12-29 01:01:02

Olyan is lehet-e a rendszer, hogy 2 forog egy pont korul atellenben, a 3. meg a ketto sulypontja korul, a masik kettot osszekoto szakaszra meroleges sugarral?

Udv: Viktor

Előzmény: [126] lorantfy, 2005-12-28 23:12:10
[126] lorantfy2005-12-28 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\omega2, 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] nadorp2005-12-28 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
[124] Iván882005-12-27 18:57:36

Hogy őszinte legyek, odáig értem, hogy xp-l-1 osztható p-vel, de a többi nem világos. Hogy jön ide a p(x)?

Előzmény: [122] Csimby, 2005-12-24 23:46:27
[123] !X!2005-12-27 09:48:16

A P.3833.-as feladatra senki nem tud valami okosat mondani?

[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

  [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]