[69] lorantfy | 2003-11-13 23:22:51 |
 Az 5. feladatra: még nem írtunk megoldást. Az eredeti szöveg: Adott 100 láda mindegyikben 1000 db 2 grammos 1 forintos, kivéve egyet amiben 1 grammosak az 1 forintosok. Legkevesebb hány mérésből tudjuk eldönteni melyik ládában vannak a selejtes egy forintosok, ha minden láda ugyanúgy néz ki, és csak egy egykarú mérlegünk van.
Aki nem ismeri annak érdemes átgondolni a trükköt: Sorszámozzuk meg a ládákat 1-100-ig és minden ládából tegyünk fel a mérlegre annyi forintost amennyi a láda sorszáma. Ezt mérjük le. Ha minden ládában 2 grammos érmék lennének akkor (1+100)x100 = 10100 grammot kellene mérnünk. Amennyivel kevesebbet mérünk annyi a keresett láda sorszáma.Tehát egy mérés elegendő.
Az eredeti kitűző – Sch Zoli – nehezítése:
15. feladat: Hány mérés szükséges, ha a 100 közül két ládában vannak 1 grammos forintok.
|
Előzmény: [6] SchZol, 2003-11-01 22:12:06 |
|
[68] lorantfy | 2003-11-13 23:16:47 |
 Kedves Lajos!
Örülök, hogy feltetted a megoldást. Úgy néz ki a „fiatalok” tényleg nem harapnak erre a témára. A „spin” szóhasználatból arra következtetek, hogy talán Te is olvastad a Fizikai Szemlében megjelent cikket (21 éve) Ha esetleg valakinek meglenne elektronikus formában köszönettel venném:
MARX GY., GAJZÁGÓ É., GNÄDIG P., ZÁMBÓ V.: A bűvös kocka univerzuma - Fizikai Szemle 32 (1982) 73-77
|
Előzmény: [59] Hajba Károly, 2003-11-13 00:09:23 |
|
|
|
[65] Lóczi Lajos | 2003-11-13 18:57:33 |
 Álljon itt a háromszöges feladat egy általánosítása: az alapon fekvő szögek a 80o helyett legyenek , a 60o-os BAE szög helyett legyen , a 70o-os ABD szög pedig legyen most ; ezekről tehát azt tesszük fel csak, hogy 0< <90o, 0< < , 0< < . Jelölje továbbá a keresett BDE szöget . A rövidség kedvéért egy x szög tangensét jelölje x.
Ekkor elemi koordinátageometriai érvelés mutatja, hogy

ahol .
Az =80o, =60o, =70o értékeket behelyettesítve, "némi" algebrai egyszerűsítés után például az alábbi alakot kapjuk (ki-ki maga is megpróbálkozhat eljutni idáig):

13. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a fenti kifejezés jobb oldala cos 20o.
|
Előzmény: [63] Kós Géza, 2003-11-13 14:25:51 |
|
[64] jenei.attila | 2003-11-13 17:28:42 |
 Ötletes a hivatkozott KÖMAL-ban közölt 18 szöges megoldás, bár abban a feladatban az ABD szög 50 fok. Valószínűleg a módszer alkalmazható akkor is, mikor ABD szög=70 fok. Kiváncsi lennék a 18 szöges megoldástól független megoldásra ABD=50 fok esetén.
|
Előzmény: [63] Kós Géza, 2003-11-13 14:25:51 |
|
|
[62] lorantfy | 2003-11-13 13:51:17 |
 Kedves Csillag és Attila!
Szép a megoldás! Egy ábrát megérdemel.
|
 |
|
[61] jenei.attila | 2003-11-13 10:34:03 |
 Szia Csillag!
Szép megoldás, gratulálok. Egy két apróbb megjegyzést tennék. Amikor felírtad, hogy GD=GF=GE, innen már azonnal következik, hogy GDE szög = GED szög = 50 fok, de ADB szög = 30 fok, amiből EDB szög = 20 fok. Csak egy kis egyszerűsítés. Az én megoldásom is hasonló, megtartva a Te jelöléseidet, a következő: DC/GD=CB/CE=AB/GE. A GE félegyenesen vegyük fel H pontot úgy, hogy GH=GC legyen. Ekkor EH=GH-GE=GB-GF=FB=AB. Vagyis DC/GD=AB/GE=EH/GE miatt CH párhuzamos DE-vel. De GCH szög=GHC szög= 50 fok (mivel GC=GH) =GDE szög. EDB szög=GDE szög -ADB szög= 50-30=20 fok. A TeX-hel még nem tudok rendesen bánni, legközelebb azért megpróbálom.
|
Előzmény: [57] Csillag, 2003-11-12 22:20:02 |
|
[60] Hajba Károly | 2003-11-13 00:31:47 |
 Ha (46) Jenei Attila geometriai feladata a 10. és (52) Bubu kérdése a 11. akkor
12. feladat: Kössük össze 12 darab, folytonos, a kiinduló pontba visszazáródó és a külső pontsoron túl nem nyúló egyenes szakasszal (azaz egy 12 szakaszból álló hurokkal) az alábbi 49 pontot.
HK
|
 |
|