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]    [45]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[210] [evilcman]2006-04-21 11:46:53

Nekem egyik leírása sem lett egy oldalnál hosszabb, de a darabolósat én se csináltam meg. A másik két 5 pontos feladat megoldását feltöltöttem ugyanoda. A 3900-as kifejezetten tetszett.

Előzmény: [209] Sabroso, 2006-04-21 11:00:31
[209] Sabroso2006-04-21 11:00:31

Nekem is ugyanez a hiperbola jött ki. Az én megoldásom ennél annyival bonyolultabb, hogy az abszolútérték-jeleid helyén én külön-külön megvizsgáltam a lehetséges előjeleket (de ez csak azért volt, mert először csak a +30 fokos esetet kerestem). Egyébként érdekes, hogy ha a hiperbolának lenne metszéspontja a vezéregyenessel, akkor az a két pont nem lenne jó (ott ugyanis a bezárt szög tangense nem lenne értelmezve, a meredekségek szorzata -1 lenne). De hát nem lesz...

Mindenesetre szerintem ebben a tanévben ez volt a legnehezebb feladatsor eddig. Négy ötpontos példa volt és egyik se túl egyszerű. Nekem például sokkal jobban tetszett az az x5+y5-es. Rengeteget kellett rajta gondolkozni, de aztán nem tartott olyan sokáig leírni. A 3901. leírása nekem két és fél oldal lett. Hasonlóképp a 3900.-é is, a másik kettőt meg meg se bírtam oldani :-)

Előzmény: [208] [evilcman], 2006-04-20 22:38:21
[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] Sabroso2006-04-20 21:46:43

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

Persze érdekes kérdés, hogy a 30o-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] Iván882006-04-20 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] rizsesz2006-04-20 15:52:35

mármint az én időmben, azaz 2002-ben :)

[204] rizsesz2006-04-20 15:52:15

emellett még a 11. osztályos matek oktv 2. és döntő fordulójából is volt példa...

[203] Sümegi Károly2006-04-20 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] rizsesz2006-04-20 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] Iván882006-04-06 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] CsG2006-04-05 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] Iván882006-04-05 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.attila2006-04-05 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] Sabroso2006-04-05 17:08:31

Bocsánatot kérek, most már értem... Szép ötlet...

Előzmény: [195] jenei.attila, 2006-04-04 23:09:30
[196] Sabroso2006-04-05 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.attila2006-04-04 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] Mate2006-03-24 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] Iván882006-03-24 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] Mate2006-03-24 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 Károly2006-03-24 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 Károly2006-03-24 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] Iván882006-03-24 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] HoA2006-03-24 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] Iván882006-03-23 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.

  [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]