Fórum: Érdekes matekfeladatok

Kedves Zoli!

Isten hozott a kockabűvöltek táborába!

Beszkennelem a cikket, de feltételezem, hogy a Fizikai Szemlebeli cikk részletesebb lehet. Ti. késöbb jelent meg és többen jegyezték.

> Ti láttatok már 4*4*4 Rubik-kockát?

Anno volt a kezemben egy, talán kölcsön is kaptam egy hétre, de lehet, hogy az a dodekaéder volt. Ki tudja, ezirányú emlékeimet belepte már a rozsda. Tény, hogy nem bírtam vele :o(

Üdv: Károly

Kedves Károly!

Engem érdekelne a Rubik-kockás cikk, ha beszkenneled. Nagyon szeretem a Rubik-kockát, hetente egy párszor mindig kirakom. Ti láttatok már 4*4*4 Rubik-kockát? Sajnos Én még nem láttam, csak hallottam róla.

Üdv, Zoli

Kedves László!

Nem azt a cikket ismerem, hanem a könyvbelit (A bűvös kocka - Gondolat - 1981), amit még csak Marx jegyzett (no nem a Tőkés :o).

A 'spin' pedig, hát... anno szerettem a fizika ezen részét is.

Ha érdekel a könyvbeli cikk, megpróbálhatom beszkennelni és drótpostán elküldeni.

Üdv: Hajba Károly

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.

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

Mi sem egyszerűbb: helyettesítve a képletbe =80^o, =60^o, =50^o -- ha nem tévedek, ezekre gondoltál --, majd algebrai egyszerűsítések után a keresett szögre 80^o adódik.

Szia Attila!

A 18 szöges megoldás végigolvasásához nem volt türelmem, de remélem a köv. megoldás független tőle: (AB és DE metszéspontja P)

ABD=50ADB=50

AB=AD=AFADF=80GDF=100,DFG=40DG=DF

DFEG paralelogramma szimmetriatengelye DE, így EPB=30 és EDB=80 GB

Álljon itt a háromszöges feladat egy általánosítása: az alapon fekvő szögek a 80^o helyett legyenek , a 60^o-os BAE szög helyett legyen , a 70^o-os ABD szög pedig legyen most ; ezekről tehát azt tesszük fel csak, hogy 0<<90^o, 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 =80^o, =60^o, =70^o 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 20^o.

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.

Aki szeretne kicsit mélyebben a feladat mögé nézni, annak ajánlom Csirmaz László Egy geometriai feladatról című cikkét. (KöMaL 1985/4, 147-149. oldal)