Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[85] Gubbubu

2004-01-19 12:32:59

Kedves Lészló!

Valóban, az alap oldalainak szögei meg kell hogy egyezzenek, ezt elfelejtettem mondani.

Tetszik a vektorok használata. Erre nem is gondoltam.

Az átdarabolásos bizonyítás úgy menne, hogy először egy háromszög alapú ferde, majd egy ugyanekkora (egybevágó) háromszög alapú, de egyenes hasábot levágunk a p.p. egyik végéről és tesszük a másik végére. Megpróbálom majd lerajzolni.

Üdv.:G.

Előzmény: [83] lorantfy, 2004-01-18 21:30:16

[84] lorantfy	2004-01-19 11:16:34
26. feladat megoldása: Tompaszögű háromszög esetén: $m<\frac{a}{2}$ $AC^2= \frac{a^2}{4}+m^2 \quad \frac{AP_1}{\frac{AC}{2}}=\frac{AC}{\frac{a}{2}} \quad AP_1= \frac{a}{4}+\frac{m^2}{a}\quad P_1P_2=a-2AP_1= \frac{a}{2}-\frac{2m^2}{a}$ $\frac{P_1Q_1}{\frac{AC}{2}}=\frac{m}{\frac{a}{2}}\quad P_1Q_1=\frac{m}{a} \sqrt{\frac{a^2}{4}+m^2}=m\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{m^2}{a^2}}$ Derékszögű háromszög esetén: $m=\frac{a}{2}$ $P_1P_2=0\quad P_1Q=\frac{m}{\sqrt{2}}$ Tompaszögű háromszög esetén: $m> \frac{a}{2}$ $P_1P_1=\frac{2m^2}{a}-\frac{a}{2}\quad P_1Q_1=m\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{m^2}{a^2}}$ A feladat szövege szerint szigorú értelemben csak $\gamma$ =60^o-ig van megoldás, ekkor P₂=A, P₁=B. Ennél kisebb csúcsszög esetén a P₁ , P₂ pontok az alapon kívül esnek.

Előzmény: [82] Hajba Károly, 2004-01-16 14:14:19

[83] lorantfy	2004-01-18 21:30:16
Kedves Gubbubu! A feladat megfogalmazása kicsit pontatlan: Az alaplapon lévő szögeknek meg kell egyezni, a térfogatok csak akkor egyenlőek. Másrészt, ha az alap paralelogramma, akor a test már nem téglatest. De azért remélem jól értem a feladatot. 25. feladat megoldása: Természetesen átdarabolni is lehet, de egy kis változatosság nem árt: számoljuk a testek térfogatát a T=(axb)^.c vektor vegyesszorzattal. Aki nem ismeri: axb vektoriális szorzat az a,b síkjára merőleges vektor, nagysága pedig absin $\alpha$ , ami éppen a paralelogramma területe. Ezzel a vektorral skalárszorozva a c vektort kapjuk a test térfogatát. Látszik, hogy c1 vetülete axb-re éppen c, így a térfogatok egyenlőek.

Előzmény: [81] Gubbubu, 2004-01-15 01:17:11

[82] Hajba Károly

2004-01-16 14:14:19

26. feladat

Vegyünk egy a alapú m magasságú egyenlő szárú háromszöget. Az alap P₁ és P₂ pontjából a szárak oldalfelező pontjaira (Q₁,Q₂) merőlegest tudunk állítani. Mennyi P₁P₂ ill. P₁Q₁ szakaszok hossza?

[81] Gubbubu

2004-01-15 01:17:11

Üdv;

Még két hasonló feladat: (nem nehezek, legalábbis az első, a másodikhoz kell egy kis térlátás)

24.feladat: Legyenenek az $ABC_\Delta$ a,b oldalainak felezőpontjai F,G, súlyvonala S. Lássuk be, hogy az $SAG_\Delta$ és az $SBF_\Delta$ háromszögek végszerűen egyenlőek, azaz átdarabolhatóak egymásba, és adjunk meg egy konkrét átdarabolást is.

25.feladat: Igazoljuk, hogy egy a,b,c oldalú, m testmagasságú paralelepipedon és egy a,b oldalú paraleogramma alapú, m magasságú téglatest térfogata megegyezik!

Segítség: persze át kellene darabolni a testeket...

[80] Gubbubu

2004-01-14 20:35:24

Kedves R.B.!

Jól emlékszel, a tétel úgy szól, és valóban Bolyai F. tételének hívják. A bizonyítása tényleg nem túl nehéz, bár egy kissé hosszadalmas, szerintem nem illik ebbe a rovatba.

Én azonban, ha elvártam volna valamit, akkor az egy konkrétabb bizonyítás, mondjuk egy ábra lett volna. Persze nem vártam el semmit, még azt sem, hogy akadjon valaki, aki megoldja a feladatot és fölteszi a megoldást, csak azért tűztem ki, hátha valakinek kedve van ilyesmiken is gondolkodni, amikor fáradt egy nehezebb probléma megoldásához.

Üdv: G.

[79] Rácz Béla	2004-01-14 01:45:16
Azt hiszem, tétel szól ennek a feladatnak az általánosabb formájáról, azaz hogy bármely két egyenlő területű sokszög véges sok vágással átdarabolható egymásba. Úgy emlékszem, hogy ezt Bolyai Farkas tételének is hívják. A bizonyításhoz nem kell igazán újító ötlet, úgyhogy akár ezt is meg lehetne itt kérdezni.
Előzmény: [78] Gubbubu, 2004-01-14 00:55:24

[78] Gubbubu

2004-01-14 00:55:24

Egy ujabb egyperces:

Lássuk be, hogy tetszőleges (nem elfajult) háromszög bármely súlyvonala a háromszöget két olyan részháromszögre osztja, amelyek végszerűen egyenlőek (azaz véges sok síkidomra vágással átdarabolhatóak egymásba)!

[77] Gubbubu

2004-01-10 01:44:24

Üdvözlet mindenkinek!

Mára egy kedves, bár nem túlságosan új kis feladatot hoztam - ugye nem baj? - szerintem néhány perc alatt megoldható, így ebbe a rovatba teszem:

kb. 22. feladat:

Oldjuk meg a

$\sum_{i=1}^n{i}=\prod_{i=1}^n{i}$

vagy ha úgy jobban tetszik,

$\frac{n(n+1)}{2}=n!$

egyenletet (n $\in$ N)!

(már megint a háromszögszámok!)

[76] Hajba Károly

2004-01-09 13:12:33

Kedves gongadze!

A feltett feladatra a biliárdos topikban megtalálod a megoldást:

Előzmény: [70] gongadze, 2004-01-04 23:43:10

[75] Hajba Károly

2004-01-08 10:59:49

A pontosított megoldás a 21. feladatra:

Négyzetszám csak (0, 1, 4, 5, 6, 9) számokra végződhet, így ha ebből 5-öt levonunk, a 2ⁿ csak (4, 6) számokra végződhet. Ebből következik, hogy felírhatjuk 4ⁿ formában is, ami négyzetszám. Tehát 2 db négyzetszám különbsége 65|5*13|1*65.

(x+i)²-x²=65

i*(2x+i)=65

x={9,33}

n=log₂(x²-65)={4,10}

Tehát csak ez a két megoldás létezik.

Előzmény: [74] Hajba Károly, 2004-01-08 09:44:35

[74] Hajba Károly

2004-01-08 09:44:35

Megoldás a 21. feladatra:

(x+i)²-x²=65

i*(2x-i)=65

x={9,33}

n=log₄(x²-65)={4,33}

Tehát csak ez a két megoldás létezik.

Előzmény: [72] Suhanc, 2004-01-07 20:45:54

[73] SchZol	2004-01-07 21:42:00
pl: n=4
Előzmény: [72] Suhanc, 2004-01-07 20:45:54

[72] Suhanc

2004-01-07 20:45:54

Hahó!

Mintha most kissé ritkábban kerülne fel feladat...;)

Ez tényleg egyperces:

21. feladat

Mely pozitív egész n értékre lesz

2ⁿ+65 négyzetszám?

[71] Hajba Károly

2004-01-05 13:55:29

Kedves gongadze!

Ez a feladat a Biliárdgolyós topikba illik, így átteszem oda, s mindenki ott reagáljon rá!

Hajba Károly

Előzmény: [70] gongadze, 2004-01-04 23:43:10

[70] gongadze

2004-01-04 23:43:10

Sziasztok!

Ebbe az egyszerű problémába ütköztem és nem tudok továbblépni:

» Az előző+1. példa:

Van 5 különböző súly és egy kétkarú mérleg... súlyok szerint kéne rendezni.. a kétkaru mérleg csak összehasonlítani tud.. abszolut mértéket nem mutat.. hány mérés kell a legjobb algoritmus esetében?..és persze hogy működik a legjobb algoritmus?

Előre is kösz a visszajelzéseket :]

[69] Csizmadia Gábor

2004-01-02 16:39:56

Ez igaz.:-) Nem fejtettem ki részletesebben, hogy mit értek periodicitás alatt, tkp. rossz kifejezést használtam.

Írjuk fel x=0,... alakban a tizedesvessző mögé sorba a differenciasorozat tagjait. És az a kérdés, hogy ez a szám racionális-e? ((legyen 18b))

Előzmény: [63] lorybetti, 2003-12-29 14:52:31

[68] Csizmadia Gábor	2004-01-02 16:34:01
Szép, rövid megoldás. Ebből is látszik, hogy egy (jó) ábra sosem árt.:-)
Előzmény: [62] Kós Géza, 2003-12-29 11:18:15

[67] lorantfy	2003-12-31 21:22:54
Megoldás a 20. feladatra: Osszuk fel az A és B oldalú téglalap oldalait az ábra szerint! A fekete mezők területének összege: b₁a₁+b₁a₃+…+b₁a_2n+1+b₂a₂+b₂a₄+…+b₂a_2n+…+ +b_2ka₂+b_2ka₄+…+b_2ka_2n+b_2k+1a₁+b_2k+1a₃+…+b_2k+1a_2n+1= $b1 \sum a_{paratlan}+b2\sum a_{paros}+…+b_{2k} \sum a_{paros}+b_{2k+1}\sum a_{paratlan}=$ $T_{fekete}= \sum b_{paratlan}\sum a_{paratlan}+\sum b_{paros}\sum a_{paros}$ Hasonlóan a világos mezők területének összege: $T_{feher}= \sum b_{paros}\sum a_{paratlan}+\sum b_{paratlan}\sum a_{paros}$ Mivel T_fekete=T_feher $\sum b_{paratlan}\sum a_{paratlan}+\sum a_{paros}\sum b_{paros}=\sum b_{paros}\sum a_{paratlan}+\sum b_{paratlan}\sum a_{paros}$ Rendezve: $\bigg(\sum b_{paratlan} - \sum b_{paros} \bigg)\bigg(\sum a_{paratlan} - \sum a_{paros} \bigg)=0$ Ez azt jelenti, hogy legalább az egyik különbségnek nullának kell lenni. Tehát pl. $\sum a_{paratlan} = \sum a_{paros}=A1$ . Ez pedig pont azt jelenti, hogy a sötét mezőket balra tömörítve összetolva egy A1 oldalú téglalap jön létre, melynek másik oldala az eredeti téglalap B oldala.

Előzmény: [66] Suhanc, 2003-12-29 17:34:09

[66] Suhanc

2003-12-29 17:34:09

20. feladat

Egy téglalapot oldalaival párhuzamos egyenesekkel felosztunk n sorra és n oszlopra. Ezután a cellákat sakktáblaszerűen kiszínezzük. A fekete mezők területének összege megegyezik a fehér mezők területének összegével. Bizonyítandó, hogy a fekete mezőkből téglalap alkotható!

[65] Suhanc

2003-12-29 17:24:48

Megoldás a 19. feladatra:

Meghatározandó az 1/4+1/4²+1/4³+... összeg. Legyen

(1)1/4+1/4²+1/4³+... =a

Ekkor: (2) 1+1/4+1/4²+1/4³+...=4a

(2)-(1): 1=3a Tehát a=1/3

Nem vagyok biztos benne, de azt hiszem itt még be kell látni, hogy ez az összeg valóban létezik... ha ezt beláttuk,készen vagyunk; talán nélküle is ;)

[64] lorantfy	2003-12-29 14:59:05
19. feladat: Bizonyítsd be az ábra szerinti állítást! (A szemléletes ábrasort a math.rice.edu lapról ollóztam.)

[63] lorybetti

2003-12-29 14:52:31

Megoldás a 18. feladatra:

A differenciasorozat nem lehet periodikus, mert az egyetlen páros prím a 2, és a 2 és a 3 közötti különbség 1, a többi diffrencia pedig mindig páros.

Előzmény: [56] Csizmadia Gábor, 2003-12-24 00:21:56

[62] Kós Géza	2003-12-29 11:18:15
A KFCG és KGDH deltoidok hasonlóságából is leolvasható, hogy $\frac{a}{b}=\frac{c}{a}$ , vagyis a²=bc.

Előzmény: [60] Csizmadia Gábor, 2003-12-27 18:12:05

[61] kdavid	2003-12-27 21:29:51
Köszi
Előzmény: [60] Csizmadia Gábor, 2003-12-27 18:12:05

[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]

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?