Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Fórum: "ujjgyakorlatok"

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[636] SmallPotato2010-08-24 08:28:17

"Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll."

Igaz; nem gondoltam jól végig. Köszönöm.

Előzmény: [635] BohnerGéza, 2010-08-23 21:03:07
[635] BohnerGéza2010-08-23 21:03:07

Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll. Egy súly nem emeli föl a másikat, hisz egyenlők. Addig történhet mozgás, míg a harmadik súly rásegít, de ez véget ér, ha a csomó a lyukhoz ér.

Érdemes helyzeti energia szempontjából is vizsgálni a feladatot:

Akkor áll meg a súlyok mozgása (persze, ha csillapodás is van), ha az összes helyzeti energiájuk a legkisebb, azaz az asztal fölött a madzagok összhossza a legkisebb. Tehát azt a pontot keressük, melyre a tőle a csúcsokig tartó szakaszok összege minimális.

Ez az olyan háromszögeknél, melyek minden szöge kisebb 120 foknál, valóban az izogonális pont. Az olyan háromszögeknél, melynek van legalább 120 fokos szöge, ennek csúcsa.

Előzmény: [633] SmallPotato, 2010-08-22 14:39:35
[634] Róbert Gida2010-08-22 17:20:55

Dimenzióval van a baj, 2 helyen is: f=f2, illetve Ft=Ft2 nem igaz.

Előzmény: [632] bily71, 2010-08-22 14:12:35
[633] SmallPotato2010-08-22 14:39:35

A jelzett esetben valóban nem állhat elő a három egyforma szög; ebből adódóan viszont ekkor a három egyenlő nagyságú erő nem tarthat egyensúlyt. Konkrétan az fog történni, hogy a 120 fokot elérő szögnél levő lyukba az ott lévő súly berántja a csomót és a rendszert csak valamelyik másik súly elakadása állítja meg.

Olyasmi helyzet ez, mint az utca két oldala között kifeszített tartókábel és az azon, (az egyszerűség kedvéért most középen) lógó lámpa. Ha a tartókábel túl feszes (azaz két ága az egyenesszöghöz közeli szöget zár be), a felfüggesztésben lényegesen nagyobb erők ébrednek, mint a lámpa súlya. Konkrétan ha a tartókábel ágai 120 foknál többet zárnak be, akkor a bennük ébredő erő a lámpa súlyánál nagyobb kell hogy legyen; vagy megfordítva: ha a feszítőerőnek nem szabad meghaladnia a lámpa súlyát, akkor a szög nem haladhatja meg a 120 fokot.

Előzmény: [631] gubanc, 2010-08-22 12:03:56
[632] bily712010-08-22 14:12:35

1Ft=100f=10f*10f=1/10Ft*1/10Ft=1/100Ft=1f, vagyis 1 forint=1 fillér.

Hol a hiba?

[631] gubanc2010-08-22 12:03:56

Ezt a példát már én is hallottam, de diszkussziós választ még nem. A feladat tetszőleges háromszögről szól. Kós Géza a GEOMETRIA [268]-ban ezt írja: „Ha valamelyik szög éppen 120 fok vagy annál nagyobb, akkor nincs izogonális pont”. Ha ez igaz, hol lesz a csomó az ilyen háromszögeknél és mi a teljes indoklás?

Előzmény: [630] Fernando, 2010-08-22 08:39:22
[630] Fernando2010-08-22 08:39:22

Szerintem ez az ún. izogonális pont, ahonnan a háromszög három oldala azonos szög alatt látszik = a csúcsokhoz vezető szakaszok hosszösszege minimális.

[629] SmallPotato2010-08-22 00:16:40

Szerintem nem a súlypont a befutó. A cérnák találkozási pontjában három, egy síkba eső és egyenlő nagyságú erő tart egyensúlyt, tehát ... (nem fejezem be; jusson másnak is a megoldásból)

Előzmény: [627] Nánási József, 2010-08-21 23:06:10
[628] BohnerGéza2010-08-22 00:16:31

Súlypontban?

Előzmény: [627] Nánási József, 2010-08-21 23:06:10
[627] Nánási József2010-08-21 23:06:10

Súlypontba szerintem.

Előzmény: [626] sakkmath, 2010-08-21 22:30:19
[626] sakkmath2010-08-21 22:30:19

Rajzoljunk egy asztal lapjára tetszőleges háromszöget. Csúcsaiban fúrjunk egy-egy lyukat az asztalba. Fűzzünk át a lyukakon egy-egy cérnát és kössünk azok alsó végeire egy-egy súlyt. A cérnaszálak felső végeit az asztallap fölött csomózzuk össze, aztán hagyjuk, hogy a lógó súlyok a cérnaszálakat megfeszítsék. (Feltesszük, hogy a cérnák nem szakadnak el.)

Hol lesz a csomó egyensúlyi helyzete, ha a három súly egyenlő?

[625] Fernando2010-04-14 09:36:01

Köszönni azért szabad?! :) S hogy' jött ki?

Előzmény: [622] jonas, 2010-04-13 19:12:46
[624] Fernando2010-04-13 21:49:45

Akkor -14 éves voltam.

Előzmény: [623] Róbert Gida, 2010-04-13 20:51:03
[623] Róbert Gida2010-04-13 20:51:03

Kürschák 2. feladata volt 1970-ben, hiperklasszikus.(komplementer eseményt kérdezte).

Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38
[622] jonas2010-04-13 19:12:46

Várj, ezt nem értem. Ha ujjgyakorlatnak adod föl, akkor miért köszönöd a válaszunkat?

Előzmény: [620] Fernando, 2010-04-13 18:45:46
[621] jonas2010-04-13 19:12:08

404957/511038 ?

Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38
[620] Fernando2010-04-13 18:45:46

Válaszotokat előre is köszönöm.

Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38
[619] Fernando2010-04-13 11:20:38

Mennyi a valószínűsége, hogy a lottón kihúzott számok között nincsenek szomszédosak?

[618] nadorp2010-04-07 16:45:30

Ha n>1, akkor

e-\left(1+\frac1n\right)^n=e-\sum_{k=0}^n\frac1{k!}+\sum_{k=0}^n\frac1{k!}-\left(1+\frac1n\right)^n=\sum_{k\geq n+1}\frac1{k!}+\sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1-\left(1-\frac1n\right)...\left(1-\frac{k-1}n\right)\right)\geq

\geq\sum_{k\geq n+1}\frac1{k!}+\sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1-\left(1-\frac1n\right)\right)=\left(1-\frac1n\right)\sum_{k\geq n+1}\frac1{k!}+\frac{e-2}n>\frac{e-2}n

Előzmény: [616] Lóczi Lajos, 2010-04-07 15:20:27
[617] Lóczi Lajos2010-04-07 15:45:30

(Nem jól mondtam: az optimalitás bizonyításához mindkét oldalon arra volt szükségem, hogy az n(e-(1+1/n)n) függvény monoton növő és limesze a végtelenben micsoda. Viszont a monotonitás nem jött ki 1-2 sorban.)

Előzmény: [616] Lóczi Lajos, 2010-04-07 15:20:27
[616] Lóczi Lajos2010-04-07 15:20:27

Valóban, tehát az optimális konstansok a kétoldali becslésben az e-2, illetve az e/2; azaz minden n pozitív egészre

\frac{e-2}{n}\le e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<\frac{e/2}{n}.

Az e/2 egyszerűen kijön, de Neked milyen technikával jött ki az e-2 (mert nekem csak kicsit körülményesen, monotonitási érveléssel)?

Előzmény: [615] nadorp, 2010-04-07 11:19:07
[615] nadorp2010-04-07 11:19:07

\frac{e-2}n\leq e-\left(1+\frac1n\right)^n és egyenlőség csak n=1 esetén van, tehát tetszőleges C<e-2 jó lesz.

Az is igaz, hogy bármely C<\frac e2 esetén "elég nagy" n-re \frac Cn<e-\left(1+\frac1n\right)^n

Előzmény: [614] Lóczi Lajos, 2010-03-30 15:17:31
[614] Lóczi Lajos2010-03-30 15:17:31

Megadható-e olyan pozitív C állandó, hogy minden pozitív egész n-re


\frac{C}{n}<e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n?

Ha igen, adjunk is meg minél jobb ilyen C számot.

Előzmény: [609] Lóczi Lajos, 2010-03-20 13:00:50
[613] HoA2010-03-30 11:48:16

Ne kötözködj, még a végén kiderül, hogy a "prím"-ség, sőt az "egész"-ség sem feltétel. A 2010 helyetti tetszőleges nemnulla egészről nem is beszélve :-)

Előzmény: [611] BohnerGéza, 2010-03-29 18:18:07
[612] Ali2010-03-30 08:11:24

Bal oldal következik abból,hogy \left(1+\frac{1}{n}\right)^n monoton növekvőleg tart e-hez, jobb oldal meg abból, hogy \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} monoton csökkenőleg tart e-hez.

Előzmény: [609] Lóczi Lajos, 2010-03-20 13:00:50

  [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]