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.
[335] Kós Géza2007-07-23 12:54:31

A szerkesztőségnek jogában áll megváltoztatni a pontszámokat, ehhez nincs szükség sem a javító tájékoztatására, sem egyetértésére. Ha a javító nem érti, mi történt, akkor megkérdezheti egy udvarias e-mailben, persze szigorúan kerülve az olyan szófordulatokat, mint hogy "mi a túróért".

Btw a változtatás nem jelenti azt, hogy bárki is elégedetlen lenne a munkáddal; senki sem vonja kétségbe, hogy tisztességesen és pontosan dolgoztál.

* * *

Valaki több KöMaL feladatot megkérdezett internetes fórumokon, jóval a beküldési határidő előtt. Kb. 10 ilyen esetről tudunk, ezek többsége a mathlinksen jelent meg, de találtunk máshol is. Volt, amikor megmondták neki a megoldást, és be is küldte (ugyanazokkal a hiányosságokkal, mint ahogy megsúgták neki), olyan is volt, amikor nem súgták meg neki, és nem küldte be, és volt olyan is, amikor nem mondták meg, vagy hibás megoldásokat adtak, és nem azt küldte be.

Egy ilyen jelenség az egész pontversenyt súlyosan veszélyeztetheti. Képzeld el, amikor a mathlinks A-jelű feladatokban érdekelt magyar vendégei megtalálják az összes aktuális A-jelű feladatot. Még jó, hogy csak egyet oldottak meg neki.

A szerkesztőség hosszú vita után úgy döntött, hogy az illető versenyző minden olyan feladatra, amit a határidő előtt valamilyen nyilvános fórumon megkérdezett, majd beküldött, nvsz-t kap függetlenül attól, hogy mit küldött be, illetve kapott-e használható segítséget. Úgy gondolom, hogy a szóba jöhető szankciók közül ez a legenyhébb. Akkor sem szólhatna senki semmit, ha kizártuk volna a pontversenyből.

 

A dátumok alapján tényleg lehetséges, hogy a P.3992. esetében tévedtünk, ezt még nem késő felülvizsgálni.

* * *

A külső segítséggel kapcsolatban: erre szokták mondani, hogy az uszodában sokan belepisilnek a medencébe, de nem mindenki a trambulinról. Az, hogy sokan megússzák, nem jelentheti azt, hogy mindenkinek nézzük el.

Hasta la vista.

[334] vogel2007-07-23 00:28:44

A dátumos írkálásom felesleges ott, elnézést, úgy látszik, félreolvastam a javító hsz-ét.

Előzmény: [333] vogel, 2007-07-23 00:26:20
[333] vogel2007-07-23 00:26:20

A versenyző, aki a megoldást írta, nem fiú? :-D (itt a fórumon kisfox) Elnézést, hogy beleszólok, de a február az a joined dátum. Ez a hsz dátuma: Posted: Thu Apr 19, 2007 5:08 pm

[332] Willy2007-07-22 23:27:21

Ráadásul a feladatot a linken áprilisban adták fel, de a kömalban meg, ha jól emlékszem májusban, ez nem furcsa?

Előzmény: [329] rizsesz, 2007-07-22 22:53:37
[331] Willy2007-07-22 23:18:31

Nem arról van szó Rizsesz, a csajnak nem számít az, hogy megkapja-e a feladatra a pontokat vagy sem, nem lesz jobb a helyezése. Itt elvi kérdésekről van szó. Megnézed a megoldást, köze sincs a linken olvashatóhoz. Másrészt... miféle külső segítség? Hányszor van az, hogy a felkészítő tanár, vagy valami különtanár kicsit többet segít annál, mint amennyit illenék. Az még ráadásul ellenőrizhetetlenebb.

De ami a legjobban fájt, hogy valaki, akiről azt sem tudom, hogy ki NVSZ-t adott egy olyan feladatra, amelyet én javítok és amiért én felelek úgy, hogy még nem is láthatta, mivel még mindig nálam van a lány megoldása. Ráadásul meg sem kérdeztek, aminél nagyobb "csúnyaságot" el sem tudok képzelni. (Legalábbis Terminátor azt állítja, hogy ő volt.) Nomeg a feladat makulátlan és hibátlan. (Erre varrj gombot, mert én nem tudok.) Ha valaki, akárki úgy érzi, hogy egy másik valaki, akárki valami disznóságot csinált, akkor keresse meg a javítót e-mailen és azzal konzultáljon (én ezt így kérem). De ne a hátam mögött csinálják már, ha megkérhetném azt az akárkit.

OKÉ, T100???

Előzmény: [329] rizsesz, 2007-07-22 22:53:37
[330] Willy2007-07-22 23:02:26

P.3992-es feladat megoldása (***** ******* dolgozata alapján):

Legyen az elválás pillanatában a kistesthez húzott sugár és a függőleges által bezárt szög: \varphi. Az elváláskor a félgömb már nem fejt ki erőt a kistestre és a kistest se a félgömbre, ezért egyik test sem fog gyorsulni, tehát inerciarendszereket alkalmazhatunk a feírásnál. Írjuk fel a következő egyenletet a kistest mozgására, a félgömbhöz rögzített rendszerben:

mg\cdot cos(\varphi)=m\cdot \frac{v^2_r}{R}(1)

(vr nyilván a kistest, félgömbhöz viszonyított sebessége) Külső inerciarendszerből nézve, legyen a kistest vízszintes irányú sebessége vx, függőleges irányú vy illetve legyen a félgömb sebessége V. Írjuk fel ezeket a sebességeket a szögfüggvényekkel, a másik rendszer vr-jét felhasználva:

vr.cos(\varphi)=vx+V(2)
vr.sin(\varphi)=vy(3)

Továbbá belátható, hogy vízszintes irányban végig érvényes a lendület megmaradása az egész rendszerre nézve, tehát:

m.vx=M.V(4)

Továbbá, természetesen az energiamegmaradás is érvényesül:

mg\cdot R(1-cos(\varphi)=\frac12 m\cdot (v^2_x+v^2_y)+\frac12 M\cdot V^2(5)

Most már minden egyenlet meg van; (2)-t, (3)-at, (4)-et és az (5)-t felhasználva a kistestnek vr-sebessége:

v_r=\sqrt{\frac{2(M+m)\cdot g\cdot R(1-cos(\varphi)}{M+m\cdot sin^2(\varphi)}} (6)

(6)-t beírva a még nem használt (1)-be egy harmad fokú trigonometrikus egyenletet kapunk (és most lényeg, hogy ne sima polinomnak tekintsük):

cos^3(\varphi)-3\cdot cos(\varphi)+2\cdot \frac{M+m}{m}=0(7)

Most végezzük el a következő helyettesítéseket:

k=\frac{M+m}{m} és cos(\varphi)=2\cdot \sqrt k \cdot cos(\alpha) és osszunk 2\cdot \sqrt k^3 szorzattal; ekkor kapjuk a következőt:

4\cdot cos^3(\alpha)-3\cdot cos(\alpha)+\frac{1}{\sqrt k}=0

Használjuk fel a következő trigonometrikus azonosságot: 4.cos3(\alpha)-3.cos(\alpha)=cos(3\alpha), ami segítségével:

cos(\alpha)=cos\bigg[\frac13\cdot arccos\bigg(-\frac{1}{\sqrt k}\bigg)\bigg](8)

Most fejezzük ki az egyes sebességeket (1)-el, (2)-el, (3)-el és (4)-el:

v_x=\frac{M}{M+m}\cdot v_r\cdot cos(\varphi)=\sqrt{\frac{M^2\cdot g\cdot R}{m(M+m)}(3\cdot cos(\varphi)-2)}(9)
v_y=\sqrt{g\cdot R\cdot cos(\varphi)\cdot sin^2(\varphi)}(10)

Végül az a) részfeladatban keresett sebesség:

V=\sqrt{\frac{m}{M+m}(3cos(\varphi)-2)\cdot g\cdot R}(11)

A különböző feladatrészekben a cos(\varphi)-t és a sin(\varphi)-t ismertnek tekintjük.

Miután elválik a félgömbtől a kistestegy parabola pályán mozog tovább, ferde hajytást szenved. Ennek sebességparaméterei ismertek, a helye számítható. Ezek alapján a ferde hajítás ideje legyen t:

r\cdot cos(\varphi)=v_y\cdot t+\frac{g}{2}\cdot t^2(12)

Természetesen a hajítás során vx nem változik, így a t idő alatt megtett út:

sx=vx.t(13)

(12)-ből t valósnal tekinthető értékét kifejezve és (13)-ba beírva, felhasználva (9)-t és (10)-t:

s_x=\frac{M}{M+m}\cdot R\cdot cos(\varphi)\big(\sqrt{3-cos^2(\varphi)}-\sqrt{1-cos^2(\varphi)}\big)(14)

Az elválásig a kistest eleve megtett már valamekkora utat vízszintesen is (a koordináterendszer origóját a kiindulási helyzetben a testek tkp-jai alatt rögzítettük az asztall síkjában). Ezt könnyű meghatározni, mivel a rendszerre ható külső erők x irányú eredője minden pillanatban zérus, ezért a tömegközéppont csak x irányban helyben marad. Ezt, az elválásig az x irányban megtett utat jelöljük se-vel, ami a tömegközéppont értelmezése alapján:

s_e=\frac{M\cdot R\cdot sin(qvarphi)}{M+m}

Ezek alapján a becsapódás pillanatában a kistest az:

s=s_e+s_x=\frac{M\cdot R}{M+m}\Big[cos(\varphi)\big(\sqrt{3-cos^2(\varphi)}-\sqrt{1-cos^2(\varphi)}\big)+\sqrt{1-cos^2(\varphi)}\Big]

Utat tette meg, felhasználva persze a (14)-es eredményt. A kistest függőleges irányú sebessége az asztalra való érkezéskor:

vly=vy+g.t(15)

Mivel a vízszintes irányú sebesség nem változott, ezért a kistest sebessége a becsapódáskor:

v=\sqrt{v_{ly}^2+v_x^2}=\sqrt{g\cdot R\frac{M(4-3\cdot cos(\varphi))+2\cdot m}{M+m}}

És iránytangense:

tg(\beta)=\sqrt{\frac{2\cdot m(M+m)}{M^2(3\cdot cos(\varphi)-2)}-\frac{M+m}{M}}

Előzmény: [325] Alma, 2007-07-20 20:21:07
[329] rizsesz2007-07-22 22:53:37

Sajnos érdemes megnézni, hogy a megoldónál ez nem egyedi eset. És nem a moderátor mondja azt, hogy ez nem versenyszerű. Mint ahogyan a többi példára beküldött megoldásai esetében sem erről van szó. Hanem arról, hogy ő teszi fel a kérdést a honlapokon, hogy megválaszolják. És ha még töredéke is a megoldásnak a honlapon látott, akkor sem lehet azt mondani, hogy az illető nem vett igénybe külső segítséget.

Előzmény: [328] Willy, 2007-07-22 18:09:10
[328] Willy2007-07-22 18:09:10

ÖÖÖ, hát, mit is mondjak... ez a link elég sovány ahhoz, hogy NVSZ-t adj neki, ha egyáltalán van jogod hozzá, mert nálam van a dolgozata és én javítom.

A link meg azért sovány, mert gyakorlatilag alig van köze a feladathoz (annak butított verzíója), neki pedig egy (ha ritkán is, de) észrevehető helyettesítéssel kicsikart megoldása volt, ami teljesen korrekt.

Egyáltalán ki vagy te/maga???

Előzmény: [327] terminátor, 2007-07-22 17:05:21
[327] terminátor2007-07-22 17:05:21

Te 5 pontot adtál, én pedig nvszt. Ezért.

Előzmény: [326] Willy, 2007-07-22 00:14:00
[326] Willy2007-07-22 00:14:00

Persze, felteszem a helyes megoldást beküldő dolgozatát (holnap, asszem), de én nem értem, hogy a kedves ***** ******* dolgozata mi a túróért nem versenyszerű!? Mert én 5 pontot adtam neki, ergo (holnap) megy mégegy levél a szerknek, mert itt én valamit nagyon nem értek... vagy nem stimmel valami...

Előzmény: [325] Alma, 2007-07-20 20:21:07
[325] Alma2007-07-20 20:21:07

Kedves Willy! Fel tudnad tenni a feladatnak a hivatalos megoldasat? Lattam nem lett 5 pontos :)...vicces...Iza sokat szenvedhetett a 4 pontert.

Előzmény: [323] Willy, 2007-06-24 00:56:00
[324] nadorp2007-06-26 14:39:52

B.4000. Határozzuk meg x2+y2 lehetséges legkisebb értékét, ha x,y valós számok,x\neq0 és xy(x2-y2)=x2+y2.

Az alábbi megoldás rövidebb a hivatalosnál.

Térjünk át polárkoordinátákra, legyen

x=rcos \phi, y=rsin \phi ( r>0 és 0<\phi<2\pi )

r4sin \phicos \phi(cos2\phi-sin2\phi)=r2

r2sin 4\phi=4

Innen r2\geq4 és egyenlőség sin 4\phi=1 esetén van.

[323] Willy2007-06-24 00:56:00

Úgy nézem, kelleni is fog... én is belebotlottam abba a harmad fokú egyenletbe (körpályán való mozgásból, az energia- és a lendületmegmaradásból), nekem ez jött ki, a teljesség igénye nélkül (remélem nem rontottam el), a végleges megfejtést majd kiírom:

f(cos(\alpha))=\frac mM\cdot cos(\alpha)^3+3\cdot cos(\alpha)-2=0

Ugye ezt cos(\alpha)-ra kéne megoldani, én a Newton módszert használtam, egyetlen lépéssel, amiból a zérushelyre, ha megfelelő xo-t választunk, akkor elég pontosan:

cos(\alpha_o)=\frac{2(\frac mM\cdot x_o^3+1)}{3(\frac mM\cdot x_o^2+1)}

Hát... "ránézésre" xo-nak olyan 2/3-ot érdemes választani, de megnéztem géppel, nagy (8-10 körüli) m/M esetén a 0,5-ös kezdőérték még kedvezőbb...

Én úgy egyszerűsíteném tovább, hogy az \alpha értékére 0<\frac mM<1 esetén két közelítő, de állandó értékkel folytatnám... jobb híján... (ezek lehetnek cos(\alpha1)=0,66 és cos(\alpha2)=0,60) amikből már lehet számolni helyeket, egy tartományt, ahol becsapódhat meg minden mást... meg paraméteresen is megadható. Ti mit gondoltok?

Ami engem érdekel, az a "hívatalos" megoldás... lehet, hogy tényleg van egyszerűbb megoldása a problémának... konkrét értékekkel persze könnyebb lenne.

Kérdésedre a válasz: annyit tudok, hogy a munkafüzetbe csak ketten küldtek megoldást.

Előzmény: [322] Alma, 2007-06-23 22:10:58
[322] Alma2007-06-23 22:10:58

Hello Willy! Sok sikert a javításhoz! Egy kérdésem azért lenne: volt aki beküldte? :D Én is nagyon kíváncsi vagyok a megoldásra.

Előzmény: [321] Willy, 2007-06-23 14:43:24
[321] Willy2007-06-23 14:43:24

Helló Alma és Dani!

Úgy esett, hogy én javítom a P.3992-est, vagy mit... jól belenyúltam.

Ha ti ketten együtt nem találtatok triviális megoldást, akkor szerintem én sem fogok összehozni semmit, majd, ha megnézem... Viszont majd megkérdezem a megoldást (ha már belefáradtam az egészbe), azt majd felteszem ide.

A pontozást majd meglátom...

Előzmény: [309] Alma, 2007-06-12 21:59:48
[320] sakkmath2007-06-19 09:49:24

A megoldást tartalmazó pdf-fájl itt található:

http://journals.cms.math.ca/cgi-bin/vault/public/view/CRUXv22n7/body/PDF/page321-336.pdf?file=page321-336

Előzmény: [319] Gyöngyő, 2007-06-18 19:09:18
[319] Gyöngyő2007-06-18 19:09:18

Még annyit,hogy hol találtad meg?

Köszönettel:

Gyöngyő

[318] Gyöngyő2007-06-18 19:06:31

Köszönöm szépen!!!

Üdv.: Gyöngyő

[317] sakkmath2007-06-18 16:16:06

Most találtam a neten:

Előzmény: [316] Gyöngyő, 2007-06-18 14:05:54
[316] Gyöngyő2007-06-18 14:05:54

Sziasztok!

Már régebben is írtam,de akkor nem kaptam választ az A.414 es feladat megoldására! Tudnátok esetleg segíteni?

Üdv.: Gyöngyő

[315] Vonka Vilmos Úr2007-06-16 18:23:17

Olyan pont, amire a kapott kúpszelet kör lesz, pontosan egy lesz a síkban; hiszen a kúpszelet áthalad az A, B, C pontokon, tehát nem lehet más, mint a háromszög körülírt köre. Ezt a pontot úgy lehet megtalálni, hogy a körülírt kör tetszőleges P és P' pontjából "visszaszerkesztjük" a hozzájuk tartozó B' és C' pontokat, és a B'C' egyenes így megkapott két helyzetének metszéspontja adja a keresett A' pontot. Azt pedig, hogy a B'C' egyenes különböző helyzetei sugársort alkotnak, azzal igazolhatjuk, hogy ha éppen a P=A pontból indulunk ki, akkor mind a B', mind a C' pont az A pontba kerül, tehát a (B') és (C') pontsorok valóban perspektív helyzetűek.

Előzmény: [312] Yegreg, 2007-06-16 15:15:38
[314] Vonka Vilmos Úr2007-06-16 17:41:24

A (B') pontokból álló AC tartóegyenesű és a (C') pontokból álló AB tartóegyenesű pontsorok az A' középponttal perspektív helyzetűek. Így B-ből vetítve a (B') pontokat és C-ből vetítve a (C') pontokat egymáshoz projektív sugársorokat kapunk. P éppen a projektivitásban egymásnak megfelelő egyenesek metszéspontja. Projektív sugársorok metszési alakzatáról pedig jól ismert (Steiner-tétel), hogy kúpszelet. Ezen kúpszeletre illeszkednek a sugársorok tartópontjai (B és C). A (B') és (C') pontsorok perspektivitásában az A pont fix, így a BA és CA egyenesek a projektivitásban egymásnak felelnek meg, tehát az A pont is illeszkedik a fenti kúpszeletre.

Előzmény: [310] Yegreg, 2007-06-16 14:31:25
[313] Anum2007-06-16 16:49:54

Hát igen. Nekem is hasonló. Progi nélkül nem jött ki. Így nem is vesződtem vele. Két lehetőséget látok:

1. vagy van valami nagyon "frappáns" megoldás. 2. a versenyzők türelmét, számolási késégét kívánták mérni,

Ha 1. akkor várjuk a választ! :)

Ha 2. akkor ezt a feladatot inkább valmely matek pontversenybe kellett volna kitűzni. Nem látom sok értelmét egy viszonylag kevés (mondhatni minimális) fizikai tartalommal rendelkező ám annál magasabb matematikai ismereteket megkövetelő feladat kitűzésének.

Remélem az 1. áll fenn, mert a 2. elég kiábrándító lenne...

Előzmény: [307] Alma, 2007-06-12 13:41:56
[312] Yegreg2007-06-16 15:15:38

És akkor felmerül a kérdés, hogy egy általános ABC háromszög esetén mely pontokra lesz a kapott kúpszelet kör?

[311] Yegreg2007-06-16 15:13:47

Persze, ebből az is következik, hogy ha ABC nem szabályos, akkor is igaz az állítás.

  [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]