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.

[208] [evilcman]	2006-04-20 22:38:21
A megoldásomat(ami remélhetőleg jó) felöltöttem ide.
Előzmény: [206] Iván88, 2006-04-20 21:42:58

[207] Sabroso

2006-04-20 21:46:43

Bocsi, de azt a 'szakadásmentes'-t kifejtenéd? Nekem ugyanis hiperbola jött ki koordinátageometriával.

Persze érdekes kérdés, hogy a 30^o-os szöget bezáró érintők az érintőszakaszokat vagy az egyeneseket jelentik. Ha az előbbi, akkor csak a hiperbola alsó ága lesz megfelelő, szerintem ezt találhattad meg.

Előzmény: [206] Iván88, 2006-04-20 21:42:58

[206] Iván88

2006-04-20 21:42:58

Sziasztok. Elakadtam a B.3901-essel (Az a parabolás)

Odáig jutottam, (sajnos ábrát nem tudok feltölteni) hogy (A parabola fókusza F, vezéregyenese v,) Az összes ilyen P pontra igaz, hogy a P középpontú PF sugarú körök metszéspontjait v-vel E₁-gyel és E₂-vel jelölve a PE₁E₂ háromszög szabályos. (Kiss György tavalyi kúpszeletes cikkében van néhány hasznos infó, de nem elég...)

A keresett alakzat nyilvánvalóan szimmetrikus az F-ből v-re bocsájtott merőleges egyenesre, biztosan szakadásmentes és nyítl.

Euklidesszel megnéztem, és 99,9999 százalék, hogy a keresett alakzat szintén parabola, de itt akadtam el.

Valaki aki tud segítsen. (Koordináta-renszerbe betéve semeddig sem tudtam eljutni, szerintem túl sok jó megoldás nem lesz :o) )

[205] rizsesz	2006-04-20 15:52:35
mármint az én időmben, azaz 2002-ben :)

[204] rizsesz	2006-04-20 15:52:15
emellett még a 11. osztályos matek oktv 2. és döntő fordulójából is volt példa...

[203] Sümegi Károly	2006-04-20 15:50:37
Idén eddig legalább 10-15 olyan feladat volt B-ben, ami könyvekben megtalálható. Ezt nem tartom kifejezetten szerencsésnek. Ezt a feladatot én nem találtam meg, de ki tudja mennyi feladatot tűztek ki még máshol.
Előzmény: [202] rizsesz, 2006-04-20 00:57:37

[202] rizsesz

2006-04-20 00:57:37

A B.3875.-höz kapcsolódóan a 2002. májusi szám egyik feladata:

B.3555. Egy 2n+1-tagú társaság bármely n-tagú csoportjához van a társaságnak olyan a csoporthoz nem tartozó tagja, aki a csoport minden tagját ismeri. Az ismeretséget kölcsönösnek tételezzük fel. Bizonyítsuk be, hogy a társaságnak van olyan tagja, aki mindenkit ismer. (5 pont) ...

[201] Iván88

2006-04-06 15:13:30

Kösz!

Az igazat megvallva nekem volt hozzá könyvem, onnan néztem ki, de ez nem tilos.

De azért ez az 5 pontosok között is egy nehezebb feladat volt.

Én hamar eljutottam odáig, hogy

$RI=\frac{U}{R}\pm{L\dot I},$

innentől a diff. egy. az kézenfekvő, csak nem tananyag...

Előzmény: [200] CsG, 2006-04-05 22:58:59

[200] CsG	2006-04-05 22:58:59
Igen, diff. egyenlet nélkül is megoldható. Ha felhasználod, hogy a fluxus egyenesen arányos az áramerősséggel, és hogy a fluxus hirtelen nem változhat (tehát állandó). Ellentétes tekercselésnél a fluxusok kivonódnak egymásból, azonos menetiránynál pedig összeadódnak. Ezekből is ugyanúgy kijön, amire te is jutottál.
Előzmény: [199] Iván88, 2006-04-05 20:19:34

[199] Iván88

2006-04-05 20:19:34

Már régen írtam megoldást!

A P.3872.-esre a megoldásom: (sajnos az ábrát nem bírta a rendszer feltölteni)

A kapcsolós ág a Kettes, a másik az 1-es. A Kettes ág nyitva van, tehát ott nyitás után semmikor sem folyhat áram. (feszültség persze indukálódik...)

Az 1-esben viszont:

a) Ha a tekercselés azonos, akkor a vasmagman-nyitás előtt-a mágneses indukció nagysága(jó közelítéssel) 0 .

Ha nyitjuk a Kapcsolót, akkor bekapcsolási jelenséget figyelhetünk meg. Azaz az indukált feszültség és a telep feszültsége egymást rontja. Mint ismeretes:

$U-L\dot I=RI$

Ez I-re egy elsőfokú differenciálegyenlet, azaz

$I(t)=\frac{U}{R}(1-e^{-\frac{L}{R}t})$

(Mivel I(0)= $\frac{U}{R}$ ) Tehát $\lim_{t\to 0}=\frac{U}{R}(1-e^0)=0$ . Így közvetlenül a nyitás után sehol sem folyik áram.

b) Itt viszont nyitás előtt a B-k egymást erősítik, azaz az egyes tekercsek mégneses indukciója (mely mindkét tekercsnél ugyanakkora) fele a vasmagban lévőnek. Nyitás után a B értéke a felére csökken, tehát egy kikapcsolási jelenség figyelhető meg nyitáskor, így az indukált feszültség( $L\dot I$ ), és a telep feszültsége egymást erősítik. Így:

$U+L\dot I=RI$

. Ennek a megoldása:

$I(t)=\frac{U}{R}(1+e^{-\frac{L}{R}t})$

(I(0)=UR) Tehát

$\lim_{t\to 0}I=2\frac{U}{R}$

Tehát ez esetben az áramerősség értéke kezdetben a nyitás előttinek a duplája.

De vajon differenciál egyenletek nélkül ez megoldható?

[198] jenei.attila	2006-04-05 17:31:28
Ez is szép ötlet, és gyanítom, hogy tulajdonképpen teljesen hasonló az enyémhez. nem számoltam utána, de szerintem csak az a különbség, hogy nem osztottam el x²y²-tel.
Előzmény: [197] Sabroso, 2006-04-05 17:08:31

[197] Sabroso	2006-04-05 17:08:31
Bocsánatot kérek, most már értem... Szép ötlet...
Előzmény: [195] jenei.attila, 2006-04-04 23:09:30

[196] Sabroso

2006-04-05 17:05:03

Bocs, de ezt nem értem. Ha x és y racionálisak, abból szerintem nem következik, hogy $\sqrt{1-xy}$ is racionális.

Viszont az én megoldásom szerintem jó, csak eléggé kitalálhatatlan: Osszunk át x²y²-tel (x=y=0-ra nyilván igaz az állítás)

$\frac{x^3}{y^2}+\frac{y^3}{x^2}=2$

Jelöljük most $\frac{x^3}{y^2}$ -et a-val! Ekkor

$a+xy\frac{1}{a}=2$

Ahonnan a-val fölszorozva

a²-2a=-xy

, tehát

(a-1)²=a²-2a+1=1-xy

Persze az egy jó kérdés, hogy miért nem szimmetrikus az a... Megpróbáltam végig levezetni, de egy kicsit hosszadalmas, úgyhogy inkább nem írnám le :)

Előzmény: [195] jenei.attila, 2006-04-04 23:09:30

[195] jenei.attila

2006-04-04 23:09:30

A B.3891 feladat megoldása. A feladat: x,y racionális számokra x⁵+y⁵=2x²y². Biz. be, hogy 1-xy egy racionális szám négyzete.

Megoldás: Az egyszerűség kedvéért vezessük be a p=xy jelölést. Az egyenletből:

y⁵=2p²-x⁵

. Ezzel a helyettesítéssel írjuk fel p⁵-t.

p⁵=x⁵(2p²-x⁵)

, vagyis

x¹⁰-2p²x⁵+p⁵=0

x⁵-ben másodfokú egyenletet kapjuk. Ebből

$x^5=p^2+-\sqrt{p^4-p^5}=p^2(1+-\sqrt{1-p})$

. Mivel x,y racionális $\sqrt{1-p}=\sqrt{1-xy}$ is racionális.

[194] Mate	2006-03-24 17:07:19
Igen, azt hiszem, jó ez a megoldás, bár nem számoltam utána. Majd a többivel együtt kijavítom ezt is. Én ilyen megoldást vártam, és Iván hozzászólása alapján nem is értem, hogy lehetett ezt másképpen értelmezni.
Előzmény: [193] [evilcman], 2006-03-24 16:01:00

[193] [evilcman]	2006-03-24 16:01:00
Felöltöttem a megoldásomat ide.
Előzmény: [192] Iván88, 2006-03-24 15:36:01

[192] Iván88	2006-03-24 15:36:01
P.3867. Egyenletes sűrűségű, állandó keresztmetszetű, nyújthatatlan, függőlegesen lógó szál valamilyen L hosszúságnál a saját súlya alatt leszakad. Elképzelhető-e olyan alakú szál, amely akármilyen hosszú lehet, mégsem szakad el a saját súlya alatt?
Előzmény: [191] Mate, 2006-03-24 15:30:48

[191] Mate

2006-03-24 15:30:48

Sziasztok!

A feladatot én tűztem ki, de mivel nekem már nem jár a KöMaL, nem tudom, pontosan hogyan szólt a feladat szövege. Az biztos, hogy én arra gondoltam, amit Onogur írt, hogy a szál keresztmetszetének nagysága változik a hossz függvényében. Hatványfüggvény nem lehet a szál alakja, hiszen ez esetben egy "végtelen" hosszú szál tömege is végtelen nagy. Valaki írja be pontosan a feladat szövegét!

[190] Hajba Károly

2006-03-24 13:52:41

Egy kicsit pontosítanék a felírt képleten, hogy szakszerűbb legyen.

A szakítószilárdsági határ miatt $\frac{F}{A}\le\sigma$

$k\int_x^\infty[f(x)]^2dx \le [f(x)]^2$

ahol k egy az anyag sűrűségével és szakítószilárdságával ill. gravitációs gyorsulással arányos és $\big(\frac{1}{m}\big)$ mértékegységű konstans.

Előzmény: [189] Hajba Károly, 2006-03-24 12:43:54

[189] Hajba Károly

2006-03-24 12:43:54

Üdv!

Szerintem a feladat második mondata nem utal az állandó keresztmetszetre, így valóban forgástestről is lehet szó. Elvileg ebben az esetben nem a (központosan szimetrikus) forma, hanem a keresztmetszeti felület nagysága érdekes, de számolni kör keresztmetszettel célszerű. Gyakorlatilag egy adott magasságban található keresztmetszet nagysága arányos az alatta található végtelen hosszú és egyre vékonyabb "rúd" térfogatával.

A következők csak tipp, mivel kb. 20 éve nem foglalkoztam ezzel. Tehát, ha jó az elképzelésem és jól írom fel a következő egyenletet, akkor ennek megoldása adja a rúd alakjának függvényét.

$\int_x^\infty[f(x)]^2dx = [f(x)]^2$

De gondolom, majd Máté rendberakja a dolgokat. :o)

Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09

[188] Iván88

2006-03-24 12:10:37

Szia HoA!

Én úgy értelmeztem a feladatot, hogyha a keresztmetszete állandó, akkor valamekkora L-nél elszakad.

Szerintem olyan alakúnak kell lennie, hogy a tömege véges legyen, akármilyen hosszú is. Ha a keresztmetszete állandó, akkor nyilván nem beszélhetünk véges tömegről végtelen hosszúság mellett.

Így muszáj neki vékonyodnia.

Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09

[187] HoA	2006-03-24 11:06:09
Lehet, hogy nem jól értem a feltételeket, de nekem az "Egyenletes sűrűségű, állandó keresztmetszetű, nyújthatatlan, függőlegesen lógó szál" azt jelenti, hogy egy hengerszerű testről van szó, melynek tömege és így súlya is egyenesen arányos az L hosszúsággal. Ez áll az állandó keresztmetszet miatt az egységnyi keresztmetszetre ható erőre is. Ha feltételezzük, hogy a szál szakítószilárdsága véges $\sigma = \frac{F_{max}}{A}$ , kellően hosszú szál esetén biztosan elszakad. Csak az nem világos, hogy merül fel egyáltalán a keresztmetszet alakja.
Előzmény: [186] Iván88, 2006-03-23 21:38:29

[186] Iván88

2006-03-23 21:38:29

Sziasztok!

A P.3867.-esre van valakinek megoldása?

Az én tippem az, hogy a szál alakja legfeljebb valamilyen $\frac{1}{x^n}$ tengelymetszetű forgástest lehet, de ez sak tipp.

[185] lorantfy

2006-03-23 11:08:01

B.3886. megoldása. Legyen az ABCD húrnégyszög átlóinak metszéspontja M. Ebből a pontból az AB oldalra állított merőleges metszéspontjai AB-vel E, CD-vel pedig az F pont.

ABD $\angle$ =ACD $\angle$ = $\phi$ mert a DA iven nyugvó kerületi szögek. ABD $\angle$ =AME $\angle$ = $\phi$ mert merőleges szárú szögek. AME $\angle$ =CMF $\angle$ = $\phi$ mert csúcsszögek.

Tehát a CFM $\Delta$ egyenlő szárú és egyenlő szárú a DMF $\Delta$ is, mert DMF $\angle$ =FDM $\angle$ =90^o- $\phi$

Így DF=FM=FC, tehát F felezőpontja a DC oldalnak.

[184] HoA	2006-03-20 10:44:57
C.842 helyett C.843 A megoldás természetesen jó, de kicsit "deus ex machina". Ugyanezeket az elemeket felhasználva egy konstruktív megoldás: BPC $\angle$ = 45 + 15 = 60^o . Bocsássunk merőlegest C-ből BP-re, talppontja legyen T. Ekkor CPT 60^o -os derékszögű $\Delta$ , PT = PQ = PA . PAT egyenlőszárú $\Delta$ , TAP $\angle$ = 30^o , BAT $\angle$ = 15^o . TCA egyenlőszárú $\Delta$ ( két 30^o -os szög ) TC = TA, TAB egyenlőszárú $\Delta$ ( két 15^o -os szög ) TB = TA . Így TC = TB, TBC derékszögű $\Delta$ egyenlőszárú, TCB $\angle$ = 45^o . (És persze kiderül, hogy T tkp. O )

Előzmény: [179] Káli gúla, 2006-03-19 14:52:01

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?