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]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2987] Lóczi Lajos2009-06-21 00:17:51

Az asztroidot egy differenciálegyenlet megoldásaként is megkaphatjuk.

Ha f jelöli a keresett burkológörbét, akkor felírva az "érintőszakaszok pozitív síknegyedbe eső része konstans" feltételt, az alábbi egyenlet adódik:


\left(x-\frac{f(x)}{f'(x)} \right)^2+\left(f(x)-x f'(x)\right)^2={\rm{konstans}}.

Ezt megoldva (és a triviális eseteket eldobva) éppen az asztroid egyenletét kapjuk.

Előzmény: [2985] HoA, 2009-06-19 15:08:04
[2986] leni5362009-06-19 15:52:56

Ennek a burkolónak a neve asztroid. Érdemes megfigyelni, hogy a buszok ajtaja is valahogy hasonlóan nyílik, és mivel az aljukon van egy seprű, ezért a lépcső alján lévő kosznak a burkolója is ugyanez a görbe.

[2985] HoA2009-06-19 15:08:04

Egy mechanikai kapcsolódási pont:

Szerkesszük meg az egységnyi hosszú AB szakasszal ábrázolt létra pillanatnyi forgás középpontját (M) , mint a végpontokban a mozgásirányra (tengely) emelt merőlegesek metszéspontját. M-ből az AB-re bocsátott merőleges talppontja legyen T. Az M körüli elfordulás során az M középpontú, AB-t T-ben érintő k körív elválasztja egymástól a sík létra által súrolt illetve nem súrolt pontjait, T tehát a burkológörbe pontja. Az ábrából

BM=cos\phi;BT=cos2\phi;Tx=u=cos3\phi

és hasonlóan

AM=sin\phi;AT=sin2\phi;Ty=v=sin3\phi

Innen a \phi paramétert kiküszöbölve [2975] képletét kapjuk.

Előzmény: [2976] Lóczi Lajos, 2009-06-17 15:33:27
[2984] jonas2009-06-18 14:19:05

Felrakok azért egy ábrát is a teknősök útvonaláról, csak dísznek.

Előzmény: [2978] jenei.attila, 2009-06-17 20:32:39
[2983] Alma2009-06-18 13:41:26

Látom senki sem írta fel a polárkoordinátás megoldást, és újabb kérdések vetődtek fel, ezért beírom én.

Már az előttem szólók megállapították, hogy a mozgás során szimmetria okokból az eredeti négyzetalak megmarad, csak zsugorodik és elfordul. Jól jellemezhető a rendszer tehát két paraméterrel: az egyik pont középponttól (ez lesz az origó) való r távolságával, ami kezdetben r_0=a/\sqrt{2}, valamint az origóból a pontba mutató vektor \phi szögelfordulásával.

Minden pillanatban a pontok sebességvektorának radiális és tangenciális komponense is \frac{v}{\sqrt2}, ami azt jelenti, hogy a következő differenciálegyenleteket írhatjuk fel a sebesség definíciója alapján: \frac{dr}{dt}=-\frac{v}{\sqrt2} valamint \frac{d\phi}{dt}=\frac{v}{\sqrt2\cdot r}. Az első egyenlet megoldása kezdeti feltétellel:

r=\frac{1}{\sqrt2}\cdot \left(a-vt\right).

Ebből leolvasható, hogy a pontok T=\frac{a}{v} idő mulva találkoznak, vagyis addig a utat tesznek meg.

Ha már eddig leírtam, akkor gyorsan a pályát is levezetem ebből:

A kapott sugár-idő függvényt behelyettesítve a szögre vonatkozó differenciálegyenletre a következőt kapjuk:

\frac{d\phi}{dt}=\frac{v}{a-vt}.

Integrálva az egyenletet, valamint figyelembe véve a kezdeti feltételt \phi= -\ln{\left(1-\frac{vt}{a}\right)}. Az időt kifejezve a pillanatnyi sugárral és behelyettesítve ide megkapjuk a pálya egyenletét:

\phi= -\ln{\left(\frac{\sqrt2\cdot r}{a}\right)}.

Kicsit szebb alakban:

r=\frac{a}{\sqrt2}\cdot e^{-\phi}.

Ez pedig egy logaritmikus spirál.

Előzmény: [2979] Lóczi Lajos, 2009-06-17 22:49:08
[2982] rizsesz2009-06-18 13:03:42

"Ha például azt akarjuk, hogy a kiválasztott teknős t=0-nál az (1;1) pontban legyen, akkor

lambda=1+i kell.

Miért?

Előzmény: [2970] Tibixe, 2009-06-16 22:23:33
[2981] HoA2009-06-18 11:07:29

S. Ákos megoldásának változata: [2973] ábrájáról megállapítjuk, hogy a burkológörbe pontjait a létra egymáshoz közeli helyzeteit képviselő egyenesek metszéspontjai közelítik. Tekinsük két ilyen közeli helyzet egyenesét a talajjal bezárt \phi szöggel paraméterezve

\frac{x}{cos\phi} + \frac{y}{sin\phi} = 1

és

\frac{x}{cos(\phi+\Delta\phi)} + \frac{y}{sin(\phi+\Delta\phi)} = 1

. Az egyenletrendszert x-re megoldva és a \Delta\phi->0 határátmenetet képezve azt kapjuk, hogy x=cos3\phi, amit az első egyenletbe visszahelyettesítve adódik, hogy y=sin3\phi . Ezekből a paramétert kiküszöbölve S. Ákos képletét kapjuk.

Előzmény: [2975] S.Ákos, 2009-06-17 14:47:38
[2980] HoA2009-06-18 09:53:57

Látszik. Érdemes megfigyelni , hogy [2961] ábráján hogyan változik az időközben teknőcökké előlépett pontok által alkotott négyzet oldalhossza, ha azok \Deltax -et lépnek egymás felé. Különösen hasznos ezt összevetni a [2972]-ben említett háromszöges változat esetével. Szabatos-e az ezekből levezetett eredmény a görbe hosszára azon az alapon, hogy mikorra csökken a futópontok által meghatározott négyzet/háromszög oldalhossza 0-ra?

Előzmény: [2979] Lóczi Lajos, 2009-06-17 22:49:08
[2979] Lóczi Lajos2009-06-17 22:49:08

Persze hogy érdekes:) Mennyi?

(Egyáltalán látszik közvetlenül az, hogy véges az út vagy az idő, amíg a teknőcök összeütköznek?)

Előzmény: [2978] jenei.attila, 2009-06-17 20:32:39
[2978] jenei.attila2009-06-17 20:32:39

érdekes kérdés, hogy mekkora utat tesznek meg a pontok, mire a középpontot elérik?

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2977] HoA2009-06-17 20:20:02

Egy "kapcsolódási pont": Az ábra szimmetrikus az y=x egyenesre, így a keresett függvény saját inverze. Ellenőrizhetjük Ákos megoldását:

y=(1-x2/3)3/2

y2/3=1-x2/3

x2/3=1-y2/3

x=(1-y2/3)3/2

A megoldás tehát akár jó is lehet :-)

Előzmény: [2976] Lóczi Lajos, 2009-06-17 15:33:27
[2976] Lóczi Lajos2009-06-17 15:33:27

(Persze az egységlétra esetén :)

A feladatot még többféleképp is meg lehet oldani, bizonyára látni fogunk több szép geometriai, illetve differenciálegyenletes kapcsolódási pontot.

Előzmény: [2975] S.Ákos, 2009-06-17 14:47:38
[2975] S.Ákos2009-06-17 14:47:38

Ha jól számoltam, akkor (1-x^{\frac23})^{\frac32}. Megoldásvázlat: Rögzített x0 esetén megkeressük azt az y értéket, amire a létra az x0 helyen maximális értéket vesz fel. Felírjuk a létra által az (a,0) pontban meghatározott egyenes egyenletét, ez f(a)=\sqrt{1-a^2}-\frac{\sqrt {1-a^2}}{a} x_0 (a\lex0). A derivált és második derivált vizsgálatából következik, hogy a=\root3\of{ x_0} esetén áll maximum. Ebből visszahelyettesítéssel a függvényre kapjuk, hogy (1-(x_0)^{\frac23})^{\frac32}.

Előzmény: [2973] Lóczi Lajos, 2009-06-17 12:16:38
[2974] Lóczi Lajos2009-06-17 12:17:38

(Igen, én is pont ezt akartam írni :-)

Előzmény: [2971] Csimby, 2009-06-17 00:25:55
[2973] Lóczi Lajos2009-06-17 12:16:38

Itt egy másik rokon klasszikus feladat.

Egy falhoz támasztott létra az ábrán látható módon lecsúszik. (A létra két vége tehát mindig érinti a falat, illetve a padlót.) Írjuk fel az így kialakult burkológörbét.

[2972] Alma2009-06-17 03:19:46

A feladathoz annyit fűznék hozzá, hogy ez fizikus körökben egy nagyon ismert feladat (illetve ennek a háromszöges verziója, mely lényegében ugyanez). Középiskolai módszerekkel jól tárgyalható, nem kellenek komplex számok sem hozzá. A feladaton keresztül be lehet vezetni a polárkoordinátákat, mert messze célravezetőbb használatuk ebben az esetben, mint a Descartes-koordinátáké. Polárkoordinátákban gondolkodva lényegében 3-4 sor a feladat megoldása.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2971] Csimby2009-06-17 00:25:55

Teknős? :-)

Előzmény: [2970] Tibixe, 2009-06-16 22:23:33
[2970] Tibixe2009-06-16 22:23:33

Vegyük fel az ábrát a komplex számsíkon, úgy hogy a négyzet középpontja a 0 pont legyen.

Egy kiválasztott teknős pályáját írja le az F(t) függvény, ahol t egy valós paraméter (pl. idő).

Szimmetriaokokból a következő teknős helye a kiválasztott teknős helye 90o-kal elforgatva, azaz i-vel szorozva.

Fk(t)=iF(t)

A teknős sebességének iránya mindig a következő felé mutat, a nagysága a feladat szempontjából lényegtelen, most válasszuk meg kényelmesen.

F'(t)=Fk(t)-F(t)

azaz

F'(t)=iF(t)-F(t)

F'(t)=(i-1)F(t)

Ez egy pofonegyszerű differenciálegyenlet, a megoldásai pedig:

F(t)=\lambdae(i-1)t

alakúak, ahol \lambda tetszőleges komplex szám.

Ha például azt akarjuk, hogy a kiválasztott teknős t=0-nál az (1;1) pontban legyen, akkor

\lambda=1+i

kell nekünk.

Ezzel nem csak négyzetre, hanem más szabályos n-sokszögekre is fel lehet írni a pályát:

F(t)= \lambda e^{ (\epsilon-1)t }

ahol \epsilon egy megfelelő n-edik egységgyök.

F(t) alakjából látszik, hogy a megoldás logaritmikus spirál lesz, amely az origóba tart.

Előzmény: [2969] HoA, 2009-06-16 21:21:39
[2969] HoA2009-06-16 21:21:39

Szimmetria okokból a négy pont mindig egy négyzet csúcsaiban helyezkedik el és e négyzetek középpontja közös ( O ) . A pályák érintője kezdetben 45oos szöget zár be az O -ból a görbe pontjába mutató vektorral. A pontnégyes bármelyik későbbi helyzetét is tekinthetjük a további mozgás kiindulópontjának, így ez a tulajdonság a pályák további pontjaira is igaz. A négy pálya tehát négy olyan görbe, melynek minden P pontjára az OP helyvektor 45o -os szöget zár be a P-beli érintővel. A logaritmikus spirálok egyenletének felírását meghagyom a következő hozzászólónak.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2968] Lóczi Lajos2009-06-16 13:32:39

Mire gondolsz?

Előzmény: [2963] rizsesz, 2009-06-16 09:33:49
[2967] Lóczi Lajos2009-06-16 13:32:25

Akkor adjuk meg úgy.

Előzmény: [2964] sakkmath, 2009-06-16 11:04:40
[2966] Lóczi Lajos2009-06-16 13:31:27

Nekem akkor is trükkösnek tűnik :)

Előzmény: [2965] nadorp, 2009-06-16 12:14:11
[2965] nadorp2009-06-16 12:14:11

Ezt a kérdést most nem értem. A rekurzióból látszik, hogy a sorozatot az első elem egyértelműen meghatározza, másrészt "adja magát", hogy generátor függvényt használjunk és hogy ennek a négyzetét kell vizsgálni ( "látszik", hogy a rekurzió két polinom szorzatában az n+1-ed fokú tag együtthatóját tartalmazza).

Előzmény: [2962] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:08:23
[2964] sakkmath2009-06-16 11:04:40

Csatlakozom rizseszhez annyiban, hogy érdemes pontosítani a szöveget a triviális esetek kiküszöbölése céljából.

Közölni kellene azt, hogy a "szomszéd" a csúcsok mely körüljárási iránya szerint értendő. Ha a rajz a feladat eredeti szövegéhez készült, akkor (a mi nézőpontunkból) az óramutató járásával ellentétes irányt kell még megadni.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2963] rizsesz2009-06-16 09:33:49

szerintem ez most nem jó feladat.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09

  [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]    [161]