Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [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]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1029] xviktor2005-08-17 22:30:28

Jo a megoldas, de hogy jott ki?

Előzmény: [1027] Lóczi Lajos, 2005-08-17 21:33:21
[1028] Lóczi Lajos2005-08-17 21:35:31

Használd a "dupladollár"-párt, és akkor az egyenletek egymás alatt lesznek.

Előzmény: [1026] xviktor, 2005-08-17 18:38:28
[1027] Lóczi Lajos2005-08-17 21:33:21

Kiküszöbölve az egyenletekből pl. x-et és y-t, z-re az alábbi egyenletet kapjuk:

4z8+230z6+81297z4+41720z2+71824=0.

Erről az egyenletről viszont világosan látszik, hogy nincs valós megoldása, csak komplex, tehát az eredeti egyenletrendszernek sincs valós megoldása.

Előzmény: [1026] xviktor, 2005-08-17 18:38:28
[1026] xviktor2005-08-17 18:38:28

191. Feladat: Oldjuk meg a kovetkezo egyenletrendszert a valos szamok halmazan:

1.:x2+y2-xy=225

2.:x2+z2-xz=121

3.:y2+z2-yz=36

Jo gondolkodast: Viktor

U.i.: Hogy lehet megcsinalni, hogy a 3. egyenlet a tobbi alatt legyen?

[1025] Yegreg2005-08-16 22:48:40

Én nem feltétlenül tekinteném különböző megoldásnak, annyi, hogy én felbontottam a szab. háromszöget 3 egyenlószárú háromszögre. Itt egy feladat, ezt nem én találtam ki, csak hallottam, és tetszett, talán azért, mert egész gyorsan megoldottam:)

Bizonyítsuk be, hogy az \frac{(n^2)!}{(n!)^{n+1}} kifejezés bármely n (nyilván természetes szám) esetén egész! Több megoldást is lehet adni rá!

Üdv:

Yegreg

[1024] Lóczi Lajos2005-08-16 19:10:57

Szép megoldás!

(Egy TeX-es megjegyzés a környező feladatokhoz: amikor koszinuszt/szinuszt írtok be, használjátok a "backslash"-t előtte, így olyan formátumot kapunk, ahogyan a könyvekben szokás: cos x-et, és nem cosx-et, ami utóbbi a c, o és s változók szorzata szokott lenni. Hasonló igaz a többi beépített függvénynévre is, pl. log x és nem logx.)

Előzmény: [1021] xviktor, 2005-08-16 17:17:14
[1023] xviktor2005-08-16 18:22:24

Jo a megoldasod mutatok egy masikat is...

A forgasszimmetria miatt:

1.: A belso haromszog egy szabalyos haromszog, melynek terulete: T=\frac{\sqrt3}4\cdot a^2

2.: A 3 kis haromszog egybevago. Felirtam a cosinus tetelt egy kis haromszogre: a2=22+42-2.2.4.cos\alpha=20-16cos\alpha

1-2bol: T_{"belso"haromszog}=\frac{\sqrt3}4\cdot (20-16cos\alpha)

A kis haromszogek terulete /mindharome osszesen/: T_{"kis"haromszogek}=3\cdot \frac{2\cdot 4\cdot sin\alpha}2

Igy a hatszog terulete: T=\frac{\sqrt3}4\cdot (20-16cos\alpha)+3\cdot \frac{2\cdot 4\cdot sin\alpha}2=3\cdot\left(\frac{5-4cos\alpha}{\sqrt3}+4sin\alpha\right)

Előzmény: [1022] Yegreg, 2005-08-16 17:36:10
[1022] Yegreg2005-08-16 17:36:10

A hatszöges feladatra írt képlet így jött ki: Vagyünk 3 szomszédos csúcsot, és a két szélsőt kössük össze a 120°-os forgásszimmetria középpontjával. Ekkor a forgásszimmetria miatt(bármelyik 3 egymás melletti csúcsot választjuk) a hatszög területének 3-ada lesz a kapott négyszög területe. Ez eddig a külső 3-as szorzó, a zárójelben a négyszög területe van. A négyszög oldalai: 2, 4, a, a. Az első kettő a hatszög két oldala a másik kettő a szimmetria miatt egyenlő. Kössük össze egymással a két szélső pontot, ekkor a négyszög egy átlóját kapjuk, ami két háromszögre bontja a négyszöget, a külső egyértelműen meghatározott adott \alpha belső szögnél, hiszen két oldal és a közbezárt szög ismert, és ebből a belső háromszög is meg lett határozva, hiszen az egyik oldala a külsővel közös, a rajta fekvő szögek pedig nyilván 30°-osak. A külső háromszög területe ekkor

t1=4sin\alpha

. A behúzott átló legyen b! Ekkor b2=22+42-16cos\alpha a koszinusz tétel alapján. Ha behúzzuk a belső háromszög magasságát, akkor két egybevágó félszabályos háromszöget kapunk, ahol a nagyobb befogó \frac{b}2, a kisebb pedig így \frac{b}{2\sqrt3}, ami a belső háromszög magassága. A belső háromszög területe tehát

t_2=\frac{am}2=\frac{b^2}{4\sqrt3}=\frac{20-16cos\alpha}{4\sqrt3}=\frac{5+4cos\alpha}{\sqrt3}

(valóban egyszerűsíthetünk). A hatszög területe pedig:

T=3(t_1+t_2)=3\big(\frac{5+4cos\alpha}{\sqrt3}+4sin\alpha\big)

Ennyi. Üdv:

Yegreg

[1021] xviktor2005-08-16 17:17:14

A 189. feladat megoldasa szerintem:

\frac{A}{B}=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac{21}8\right)^{\sqrt2}+\left(\frac{35}8\right)^{\sqrt2}}}}{{\left(\sqrt{\frac{21}8}+\sqrt{\frac{35}8}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\cdot \frac74\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\cdot \frac 74\right)^{\sqrt2}}}}{{\left(\sqrt{\frac32\cdot \frac74}+\sqrt{\frac52\cdot \frac 74}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=

=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac74\right)^{\sqrt2}\cdot \left[\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}\right]}}}{{\left[\sqrt{\frac74}\cdot\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)\right]^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=\frac{{\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}\cdot\sqrt{\left(\frac74\right)^{\sqrt2}}}{{\left(\sqrt{\frac74}\right)^{\sqrt2}\cdot\left(\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac52}\right)^{\sqrt2}\cdot \sqrt{\left(\frac32\right)^{\sqrt2}+\left(\frac52\right)^{\sqrt2}}}}=1

Eszreveheto, hogy az egyszerusitesek utan 1et kapunk. Igy A=B.

Amennyiben valamit elirtam legyszives szoljatok, es kijavitom.

Remelem jo a megoldasom: Viktor

Előzmény: [1020] Lóczi Lajos, 2005-08-16 15:00:38
[1020] Lóczi Lajos2005-08-16 15:00:38

A különböző gyökkitevők egy összegben felcserélhetők?

189. feladat. Jelölje

A=\left(\sqrt{\frac{3}{2}}+\sqrt{\frac{5}{2}}\right)^{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\left(\frac{21}{8}\right)^{\sqrt{2}}+\left(\frac{35}{8}\right)^{\sqrt{2}}}

és

B=\sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^{\sqrt{2}}+\left(\frac{5}{2}\right)^{\sqrt{2}}} \cdot \left(\sqrt{\frac{21}{8}}+\sqrt{\frac{35}{8}}\right)^{\sqrt{2}}

Döntsük el (majd bizonyítsuk be), hogy kettejük közül melyik a nagyobb szám.

[1019] Lóczi Lajos2005-08-16 14:48:19

Aki szeret térfogatot számolni, annak álljon itt a

188. feladat. Legyen a>0 adott szám és tekintsük a közönséges térbeli x-y-z koordinátarendszert.

Mekkora a térfogata annak a testnek, amely az x2+y2+z2\le4a2 egyenlőtlenséggel meghatározott gömb és az (x-a)2+y2\lea2 (végtelen) henger metszeteként áll elő?

[1018] xviktor2005-08-15 23:37:22

Tenyleg nem kukacoskodni szeretnek, de lehet kicsit egyszerubben is irni:

T=3\bigg(\frac{5-4cos\alpha}{\sqrt3}+4sin\alpha\bigg)

Előzmény: [1017] xviktor, 2005-08-15 23:32:05
[1017] xviktor2005-08-15 23:32:05

Bocsanat most neztem a pontositasod /1015/. Jo a keplet.

Udv: Viktor

u.i. Tudnad kicsit reszletezni hogy jott ki?

Előzmény: [1016] xviktor, 2005-08-15 23:28:27
[1016] xviktor2005-08-15 23:28:27

Annyibban igazad van, hogy tobb eset van, tehat egy altalanos kepletet keresunk, de szerintem nem jo a kepleted... bar lehet en tevedek

Es akkor a 187. feladat: a hatszog kore kor irhato. Mekkora a terulete?

Udv: Viktor

Előzmény: [1015] xviktor, 2005-08-15 23:14:22
[1015] xviktor2005-08-15 23:14:22

Kedves Yegreg!

A 181. feladat szandekos volt :) A 186. feladatot szerintem gondold at megegyszer.

Udv: Viktor

Előzmény: [1013] Yegreg, 2005-08-15 20:58:07
[1014] Yegreg2005-08-15 21:01:22

Bocsánat, úgy tűnik, hogy most sem vagyok képes normálisan beírni... egy zárójel elcsúszott. Helyesen így:

T=3\big(\frac{20-16cos\alpha}{4\sqrt3}+4sin\alpha\big)

. Hiába, még nem vagyok rutinos TeX-es...:oD. Üdv:

Yegreg

[1013] Yegreg2005-08-15 20:58:07

Üdv!

Bocs, hogy csak most írok, de most értem haza, így nem tudtam reagálni a közbenső dolgokra. A beírt gömb sugara jogos, az egyenletet nem ismertem, kitalálni meg akkor este esélyem sem volt, pláne, hogy nem is gondolkoztam ilyesmiben(a bizonyítás amúgy nagyon szép szerintem). A sok számolás azért nem annyira sok, csak egy finom túlzás volt annak eltitkolása érdekében, hogy képtelen lettem volna beírni akkor este:). Valójában azt hiszem, hogy az pár Pitagorasz-tétel volt.

Az a hatszöges feladat nem akar összejönni Viktornak:) Vagy direkt csináltad először nem létezőre másodjára pedig több esetesre? Szóval a 186(azt hiszem) feladat megoldása:

T=3\big(\frac{20+16cos\alpha}{4\sqrt3}\big)+4sin\alpha

Ahol alfa valamelyik belső szög. A 120°-os forgásszimmetria nem határozza meg egyértelműen a hatszöget, csak 3-3 belső szöge egyenlő egymással, két különböző belső szög összege pedig 240°. Egyébként szerintem a feladat normálisan körbe írt hatszög lenne. Akkor egyértelműen \alpha=120°, és akkor kiszámolható a terület(akkor máshogy is számolható). Üdv:

Yegreg

[1012] xviktor2005-08-14 17:59:30

Gratulalok, mindenki megoldasa helyes. De a 186. feladatra meg nem jott megoldas...

Jo gondolkozast: Viktor

[1011] lorantfy2005-08-14 16:26:14

185-höz: Kössük össze a poliéder csúcsait a beírt gömb középpontjával. Így a poliéder térfogatát sokszög alapú gúlák térfogatának összegére bontottuk, melyek magassága éppen a beírt kör sugara, alapjaik területének összege pedig a poliéder felszine.

Igy aztán: V=\sum_{i} \frac{A_iR}{3}=\frac{R}{3}\sum_iA_i=\frac{RA}{3}

Előzmény: [1010] xviktor, 2005-08-13 01:19:00
[1010] xviktor2005-08-13 01:19:00

Gratulalok szepek a megoldasaid /181,182,183/, a 184-et meg atgondolom en kicsit maskepp csinaltam,de szerintem az is jo.

A 183. feladatnal irtad hogy sok szamolas volt, pedig nagyon egyszeruen meg lehet allapitani a beirt gomb sugarat:

Tetel: Barmely poliederbe beirt gomb sugara: R=\frac{3V}A

185. feladat: Bizonyitsuk be a fenti tetelt.

186. feladat: A 181. feladatot kisse fogalmazzuk at. Ha ahelyett hogy kor irhato bele azt mondanam, hogy 120°os forgasszimmetrikus, akkor mekkora lenne a terulete? /Ilyen hatszog letezik ;-)/

Jo gondolkodast: Viktor

Előzmény: [1009] Yegreg, 2005-08-13 00:49:02
[1009] Yegreg2005-08-13 00:49:02

181.:

Ilyen hatszög nem nagyon van, hiszen ha egy 2 egység hosszú oldalt a kör x-re és 2-x-re bont, akkor az az x melletti 4 egység hosszú oldalt x-re és 4-x-re bontja, hiszen a körhöz külső pontból húzott érintő szakaszok egyenlőek, illetve továbblépve a 4-x melletti 2 egység hosszú oldalra, azt a körnek 4-x és 2-(4-x)-re kell bontania, szintén az érintő szakaszok miatt, azonban 2-(4-x)=x-2, csak akkor pozitív, ha x nagyobb, mint kettő, x azonban nem lehet nagyobb kettőnél, mert akkora szakaszt metszett le a kör egy másik két egység hosszú oldalból, tehát ha a beírt kör nem mehet át csúcson(azaz azt a sokszög teljes egészében tartalmazza), akkor nincs ilyen hatszög.

182:

20 3-as maradéka 1, 21-é 2, és belátható, hogy innentől kezdve periodikus, hiszen a 2 kétszerese mindig 4, aminek a 3-as maradéka mindig egy, az 1 kétszerese pedig mindig 2, aminek a 3-as maradéka kettő, ezzel a ciklus végére értünk. Látható tehát, hogy minden páratlan kitevő esetén 2 a hármas maradék. A 2333+2555-1 esetében a két kettő hatvány kitevője páratlan, hármas maradékuk 2 és 2, ezek összege 4, mínusz egy az 3, tehát az összeg osztható 3-mal, és mivel nagyobb nyilván, mint három, így nem lehet prím.

183:

Sok számolgatással(amit most nem szeretnék leírni, mert úgyis félreírnám) megkapjuk, hogy szabályos tetraédernél:

R=\frac{\sqrt{6}}{12}a

V=\frac{\sqrt{2}}{12}a^3

V_{be}=\frac43 R^3 \pi

\frac{V_{be}}{V}=\frac{\frac{\pi 6\sqrt{6}}{1296}a^3}{\frac{\sqrt{2}}{12}a^3}=\frac{\pi \sqrt{3}}{18}\approx 0,3023

184:

Ha összekötjük a négy alsó gömb középpontját a vele szomszédosokkal, valamint az alsó 4-ét a felsőjével, akkor egy négyzet alapú gúlát kapunk, aminek minden oldala R.(ezt be lehet látni, hiszen érintik egymást) Ennek a gúlának a magassága m^2=r^r-(\frac1{\sqrt{2}})^2(Pitagoras tétel alapján)=\frac12 r^2 Ebből m=\frac1{\sqrt{2}} r Amiből ha meg akarjuk kapni a földtől való tárvolságot, akkor még hozzá kell adni \frac{R}2, hiszen a gúla ilyen magasan van, ekkor tehát az 5. gömb távolsága a talajtól:

(\frac12 +\frac1{\sqrt{2}})R

És azt hiszem, ennyi feladat volt. Bocsánat, hogy 1, nincs ábra 2, nincs túl sok számolás leírva 3, ha valahol számolási hibát vétettem , de késő van már.

Üdv:

Yegreg

[1008] xviktor2005-08-12 16:41:51

Mostanaban hallottam par jo kis feladatot, gondoltam beirok ide parat.

181. feladat: Van egy hatszog mely oldalai: 2,4,2,4,2,4 /ebben a sorrendben/. Mekkora a hatszog terulete, ha tudjuk, hogy kor irhato bele?

182. feladat: Kicsit maskepp irom be ide mint az eredeti feladatban szerepel, hogy szamologepet ne lehessen hasznalni: Bizonyitsuk be hogy 2333+2555-1 nem prim!

183. feladat: Van egy szabalyos tetraederunk. A tetraederbe irt gomb terfogata hany szazaleka a tetraeder terfogatanak?

184. feladat: Van negy ugyanakkora sugaru gomb, melyek egy vizszintes asztalon paronkent erintik egymast. Pontosan kozepre "felrakunk" egy 5., a lentiekkel megegyezo sugaru gombot. Milyen messze van a fenti gomb kozeppontja a talajtol?

Jo gondolkodast!

[1007] xviktor2005-08-09 00:04:41

Most akkor jo a megoldasom?

Előzmény: [1006] jonas, 2005-08-08 23:19:43
[1006] jonas2005-08-08 23:19:43

Persze konstans nélkül nem is lenne értelme, mert úgy csak páratlan függvények állhatnak elő.

Előzmény: [1005] jonas, 2005-08-08 23:00:55
[1005] jonas2005-08-08 23:00:55

Konstansokat (mint az 1) lehet használni? Én eddig úgy hittem, hogy nem.

Előzmény: [1002] xviktor, 2005-08-08 17:12:05

  [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]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]