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] [39] [40]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[633] SmallPotato

2010-08-22 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] bily71

2010-08-22 14:12:35

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

Hol a hiba?

[631] gubanc	2010-08-22 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] Fernando	2010-08-22 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] SmallPotato	2010-08-22 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] BohnerGéza	2010-08-22 00:16:31
Súlypontban?
Előzmény: [627] Nánási József, 2010-08-21 23:06:10

[627] Nánási József	2010-08-21 23:06:10
Súlypontba szerintem.
Előzmény: [626] sakkmath, 2010-08-21 22:30:19

[626] sakkmath

2010-08-21 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] Fernando	2010-04-14 09:36:01
Köszönni azért szabad?! :) S hogy' jött ki?
Előzmény: [622] jonas, 2010-04-13 19:12:46

[624] Fernando	2010-04-13 21:49:45
Akkor -14 éves voltam.
Előzmény: [623] Róbert Gida, 2010-04-13 20:51:03

[623] Róbert Gida	2010-04-13 20:51:03
Kürschák 2. feladata volt 1970-ben, hiperklasszikus.(komplementer eseményt kérdezte).
Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38

[622] jonas	2010-04-13 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] jonas	2010-04-13 19:12:08
404957/511038 ?
Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38

[620] Fernando	2010-04-13 18:45:46
Válaszotokat előre is köszönöm.
Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38

[619] Fernando	2010-04-13 11:20:38
Mennyi a valószínűsége, hogy a lottón kihúzott számok között nincsenek szomszédosak?

[618] nadorp

2010-04-07 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 Lajos	2010-04-07 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 Lajos

2010-04-07 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] nadorp

2010-04-07 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 Lajos

2010-03-30 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] HoA	2010-03-30 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] Ali	2010-03-30 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

[611] BohnerGéza	2010-03-29 18:18:07
És ha p számjegyei közt van 0, 1 vagy 2?
Előzmény: [610] Lóczi Lajos, 2010-03-29 02:36:39

[610] Lóczi Lajos

2010-03-29 02:36:39

Igazoljuk, hogy ha p olyan prím, amelynek (10-es számrendszerbeli alakja) nem tartalmaz sem 0-t, sem 1-et, sem 2-t, akkor az

${\rm{arctg}}(p^2)-\frac{\pi}{2}+{\rm{arctg}}(1+p\sqrt{2})+{\rm{arctg}}(1-p\sqrt{2})$

szám osztható 2010-zel.

[609] Lóczi Lajos

2010-03-20 13:00:50

Igaz-e, hogy ha n pozitív egész és e az Euler-állandó, akkor

$0<e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n< \frac{e}{n}?$

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?