|
[212] lorantfy | 2006-04-21 21:43:18 |
Kedves KöMaL Megoldók!
Azoknak, akik nem boldogultak a B. 3895. (darabolós) feladattal, egy kis síkbeli segédpéldát szeretnék adni, amit megoldva aztán rögtön rá lehet jönni az eredeti feladat megoldására.
Vágjunk szét egy 9x4 egység méretű téglalapot két olyan részre, amiből négyzetet lehet összerakni!
A méretekből lehet következtetni, ha nem megy akkor a nevem kezdőbetűje a segítség!
|
Előzmény: [210] [evilcman], 2006-04-21 11:46:53 |
|
|
|
[209] Sabroso | 2006-04-21 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 |
|
|
[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 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] 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
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:
Ez I-re egy elsőfokú differenciálegyenlet, azaz
(Mivel I(0)=) Tehát . 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(), és a telep feszültsége egymást erősítik. Így:
. Ennek a megoldása:
(I(0)=UR) Tehát
Tehát ez esetben az áramerősség értéke kezdetben a nyitás előttinek a duplája.
De vajon differenciál egyenletek nélkül ez megoldható?
|
|
|
|
[196] Sabroso | 2006-04-05 17:05:03 |
Bocs, de ezt nem értem. Ha x és y racionálisak, abból szerintem nem következik, hogy is racionális.
Viszont az én megoldásom szerintem jó, csak eléggé kitalálhatatlan: Osszunk át x2y2-tel (x=y=0-ra nyilván igaz az állítás)
Jelöljük most -et a-val! Ekkor
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
. Mivel x,y racionális 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 |
|
|
[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
ahol k egy az anyag sűrűségével és szakítószilárdságával ill. gravitációs gyorsulással arányos és 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.
De gondolom, majd Máté rendberakja a dolgokat. :o)
|
Előzmény: [187] HoA, 2006-03-24 11:06:09 |
|