[88] Suhanc | 2004-01-23 22:46:07 |
Kedves Károly!
A feladatodra van egy megoldásom, de eléggé ronda (ágyúval galambra...) ha nem kerül föl más megoldás, feltennéd a tiédet? (azt is megköszönöm, ha mailben elküldöd).
M: (sajnos, az ábraszerkesztéssel nem vagyok megbarátkozva) Legyenek a négyzet csúcsai A;B;C;D pontok, úgy, hogy A legyen az ábra bal alsó sarkában (óramutató járásaval ellentétesen betűzve). x és y szakaszok közös pontja legyen P, a 3 és 4 egységnyi szakaszok közös pontja legyen Q.
ADP és APQ háromszögek derékszögűek; a Pitagorasz-tétel szerint: 25+x2=z2+16
Ebből:
PBC derékszögű háromszögre felírva a Pitagorasz-tételt:
Négyzetre emelve:
Tovább bontogatva a 16x2-160x+175=0 egyenletet kapjuk, melynek megoldásai X1=35/4;eznyilvánnemmegoldás,mertX<5;ésX2=5/4. Ekkor y=15/4 , tehát x/y=1/3 .
|
|
[87] Hajba Károly | 2004-01-20 09:45:35 |
Egy kis szösszenet
28. feladat:
Mennyi x:y aránya az 5*5 négyzet esetén?
|
|
|
|
[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:
Derékszögű háromszög esetén:
Tompaszögű háromszög esetén:
A feladat szövege szerint szigorú értelemben csak =60o-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, 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?
HK
|
|
[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 a,b oldalainak felezőpontjai F,G, súlyvonala S. Lássuk be, hogy az és az 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
vagy ha úgy jobban tetszik,
egyenletet (nN)!
(már megint a háromszögszámok!)
|
|
|
[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.
HK
|
Előzmény: [74] Hajba Károly, 2004-01-08 09:44:35 |
|
[74] Hajba Károly | 2004-01-08 09:44:35 |
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=log4(x2-65)={4,33}
Tehát csak ez a két megoldás létezik.
HK
|
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?
|
|
|
[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 |
|
|
[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+…+b1a2n+1+b2a2+b2a4+…+b2a2n+…+
+b2ka2+b2ka4+…+b2ka2n+b2k+1a1+b2k+1a3+…+b2k+1a2n+1=
Hasonlóan a világos mezők területének összege:
Mivel Tfekete=Tfeher
Rendezve:
Ez azt jelenti, hogy legalább az egyik különbségnek nullának kell lenni.
Tehát pl. . 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.)
|
|
|