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.
[81] lorantfy2003-11-17 15:15:00

Kedves Attila!

Szép a megoldás! Remélem nem haragszol ha teszek fölé egy ábrát!

Előzmény: [79] lorantfy, 2003-11-16 17:50:10
[80] jenei.attila2003-11-17 13:18:39

Utoljára az általam feladott háromszöges feladatról. Csillag megoldása ABD szög=50 fok esetére ismét nagyon ötletes és egyszerű. Én jóval körülményesebben oldottam meg, mégis leírom, mert megoldja az ABD=70 fok esetet is. Tehát: Szerkesszünk a BC oldalra kifelé szabályos háromszöget, amelynek harmadik csúcsa legyen K. A D´ pontot AC-n vegyük fel úgy, hogy CKD´ szög=20 fok legyen. Megmutatjuk, hogy ekkor D és D´ egybeesik. Valóban, mivel D´CK szög=80 fok és CKD´=20 fok, ezért CD´K=80 fok és KC=KD´=KB. A D´KB szög=40 fok, ezért (és KD´=KB miatt) KBD´ szög=70 fok. De KBD szög is =70 fok, ezért D´=D. Megállapítottuk tehát, hogy a CDK háromszög egybevágó az ABC háromszöggel, ezért CD=AB. De GD=GC-CD=GB-CD=GB-AB=GB-FB=GF, és GF=GE miatt GD=GE, amiből GDE=50 fok, és EDB=20 fok.

Az ABD=50 fok esete: D helyett L-lel jelöljük a szóbanforgó pontot, és D maradjon meg az előzőek szerint, tehét ABL szög =50 fok és EDA szög=50 fok. Szintén DC=AB=AL miatt AEL és CED háromszögek egybevágók, ezért EL=ED, de LDE szög =50 fok (D-t most így vettük vel, nem az előző feladatból jött, bár egybeesik vele), DLE szög is = 50 fok, amiből ELB szög =80 fok.

Bocs a hosszú hozzászólásért, legközelebb rövidebb leszek.

[79] lorantfy2003-11-16 17:50:10

Kedves Fórumosok!

Biztos ismeritek azt a feladatot, hogy vigyük át a farkast a nyulat és a káposztát a folyón, ha a csónakunkban csak egy hely van és a farkas megeszi a nyulat, a nyúl meg a káposztát ha egyedül hagyjuk őket. Ha nem, olvassátok el a Szegény ember káposztája c. Gárdonyi mesét:

http://www.brody.iif.hu/hmek/gardonyi/tihanyi/kaposzta.htm

Ennek egy variációja a következő: 18. feladat:

A folyó egyik partján áll 3 kannibál és 3 fehérember. Egy kétszemélyes csónakjuk van és úgy kell átkelniük a folyón, hogy egyik parton sem lehetnek többségben a kannibálok, mert akkor megeszik a fehérembereket. A csónakban ülő partotérő emberek már partonlévőnek számítanak.

[78] Csillag2003-11-14 22:27:12

Üdv Mindenkinek!

Azt hiszem jobb lenne, ha ettől a témakörtől elválasztanánk a "divatosabb" témákat: pl. Rubik-kocka, billiárdgolyók,...

Más: a (66)-os hozzászólásomban: nem paralelogramma, hanem deltoid a DFEG négyszög:)

GB

[77] toto2003-11-14 18:38:51

http://www.superliminal.com/cube/cube.htm

Itt lehet találni egy virtuális, négydimenziós 3x3x3x3-as kockát. Nem volt időm megnézni, de lehet olyan érdekes, mint egy 4x4x4 es

Előzmény: [71] SchZol, 2003-11-14 05:48:40
[76] Bubu2003-11-14 17:32:18

Üdvözletem! Csatlakoznék a kockás cikk kérőihez. Másrészt elmélkedtem a saját problémámon (a 2 hibás golyó esete), az mindenesetre biztosnak tűnik, hogy teljes általánosságban nem megoldható. Úgyhogy a feladat része lett az is, hogy találjuk ki a feladatot:) Egyébként nagyon tetszik a fórum, kár hogy egyelőre kevesen vagyunk. Remélem hamar híre megy, és akkor akár komolyabb problémák is szóba jöhetnek - mint anno a levélváltások...:))

Bubu

[75] Hajba Károly2003-11-14 13:12:31

Kedves László!

A geodéták, mikor a tervezési alaptérképhez a térképet digitalizálják a meglévő kézzel, tustollal rajzolt állapotról, egyszerűen csak azt mondják: 'bedigizem neked a térképet'. Nem azt mondom, hogy szép, de mindenképpen rövid és már egyes helyeken használják.

Károly

Előzmény: [73] lorantfy, 2003-11-14 12:56:58
[74] Hajba Károly2003-11-14 13:01:02

Visszatérek a biliárdgolyós feladathoz, mivel úgy tűnik számomra, még sok érdekes dolgot lehet kihozni belőle.

- [39] hozzászólásbeli Gáti Baetrix Zoltán által közzétett táblázata a nehezebb változatnak éppen nem felel meg, de ha a 3. mérésben a 8-as golyót a 12-esre cseréljük, már tökéletes.

- [52]-beli Bubu hozzászólásában a több eltérő golyó felé általánosít. Bennem pedig már korábban felmerült egy másik általánosítási lehetőség, miszerint valamely golyó(k)ról állítjuk, hogy nem tér el és ez alapján, hogy változik a mérhető golyók száma. Továbbá mi a helyzet a kevesebb ill. több mérési számok esetén.

16. feladat: Ha n a mérések száma, mennyi a legnagyobb g(n) golyók száma, mely esetén még meghatározható a hibás golyó és annak eltérése is?

17. feladat: Ha 2-szer mérhetünk, hány biztosan nem hibás golyót kell ismernünk, hogy a lehető legtöbb ismeretlen golyó közül tudjuk kiválasztani az egyetlen hibás golyót és eltérését?

Hajba Károly

[73] lorantfy2003-11-14 12:56:58

Kedves Károly, Zoli és Kockarajongók!

Feltúrtam a fizika szertárt és megtaláltam a Fizikai Szemle 82/2-es számában a cikket. Jövő héten beszkennelem és recognitázom - szóval nyomtatott formából elektronikus formába alakítom. (Jó lenne erre egy egyszerű szó - a digitalizálni talán nem a legszerencsésebb - ha tudtok jobbat írjátok meg!) Az érdeklődőknek tudom küldeni.

Előzmény: [72] Hajba Károly, 2003-11-14 08:40:05
[72] Hajba Károly2003-11-14 08:40:05

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

Előzmény: [71] SchZol, 2003-11-14 05:48:40
[71] SchZol2003-11-14 05:48:40

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

[70] Hajba Károly2003-11-13 23:50:18

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

Előzmény: [68] lorantfy, 2003-11-13 23:16:47
[69] lorantfy2003-11-13 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] lorantfy2003-11-13 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
[67] Lóczi Lajos2003-11-13 21:51:19

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

Előzmény: [64] jenei.attila, 2003-11-13 17:28:42
[66] Csillag2003-11-13 20:15:54

Szia Attila!

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

ABD\angle=50\impliesADB\angle=50

AB=AD=AF\impliesADF\angle=80\impliesGDF\angle=100,DFG\angle=40\impliesDG=DF

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

Előzmény: [64] jenei.attila, 2003-11-13 17:28:42
[65] Lóczi Lajos2003-11-13 18:57:33

Álljon itt a háromszöges feladat egy általánosítása: az alapon fekvő szögek a 80o helyett legyenek \alpha, a 60o-os BAE szög helyett legyen \beta, a 70o-os ABD szög pedig legyen most \gamma; ezekről tehát azt tesszük fel csak, hogy 0<\alpha<90o, 0<\beta<\alpha, 0<\gamma<\alpha. Jelölje továbbá a keresett BDE szöget \varphi. A rövidség kedvéért egy x szög tangensét jelölje \taux.

Ekkor elemi koordinátageometriai érvelés mutatja, hogy


\cos\varphi=\frac{1-m\cdot \tau_\gamma}{\sqrt{(m^2+1)(\tau^2_\gamma+1)}},

ahol m=\frac{\tau^2_\alpha\cdot(\tau_\beta-\tau_\gamma)}{\tau^2_\alpha-\tau_\beta\cdot\tau_\gamma}.

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


\cos\varphi=\frac{1-\cos 80^\circ}{\sqrt{3-2\sqrt{3} \cos 50^\circ}}.

13. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a fenti kifejezés jobb oldala cos 20o.

Előzmény: [63] Kós Géza, 2003-11-13 14:25:51
[64] jenei.attila2003-11-13 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
[63] Kós Géza2003-11-13 14:25:51

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

Előzmény: [62] lorantfy, 2003-11-13 13:51:17
[62] lorantfy2003-11-13 13:51:17

Kedves Csillag és Attila!

Szép a megoldás! Egy ábrát megérdemel.

[61] jenei.attila2003-11-13 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 Károly2003-11-13 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

[59] Hajba Károly2003-11-13 00:09:23

Kedves László!

Úgy tűnik nekem, hogy csak ketten vagyunk jelen abból a generációból, kiket elbűvölt a bűvös kocka, habár jelenleg is kapható. Ezért is ill., hogy Mihály kérésére csökkenjen a megoldatlan feladatok száma, válaszolok a bűvös kockás feladatra.

Megoldás a 9. feladatra:

Az eredeti kockán található oldaléleknek két állásuk lehetséges, alaphelyzet ill. (180°-os) elforgatottság. Nevezzük 0 ill. 1/2 spinnek. Egy rendesen összeállított kocka spinjei mindig egész számot adnak ki, tehát első ránézésre a bűvös hasáb rendellenesen lett összeállítva, ami persze nem igaz, mivel alaphelyzetből és 0 spinnel lett összekeverve.

Ha jobban megnézzük az ábrát, látható, hogy a hasáb forma miatt 4 oldalél "le lett vágva", így azoknak csak egy színűk van, de ha 180°-kal elforgatom, önmagába tér vissza. Így e 4 elemnél a 0 és 1/2 spin teljesen egyformának tűnik. Ha az összekeverés előtt egy aszimetrikus jellel meg lettek volna jelölve, akkor 1 vagy 3 elem 1/2 spin elfordulást mutatna.

Hajba Károly

Előzmény: [43] lorantfy, 2003-11-08 15:50:59
[58] lorantfy2003-11-12 22:31:25

Kedves Lajos!

Nekem az 1 km helybenjárás kelet felé az nem tetszik, de miközben gondolatban ráhúztál a határesetre megálltál-e n-szer az 1/n sugarú köröknél és beidomítottad-e a medvét, hogy menjen körve n-szer kelet felé? Mert ha igen tiéd a Nagy Polarbear emlékérem. Persze mindig kicsit közelebbről kell elindítani a medvét. ( A felülnézeti ábrán a távolságok nem arányosak!)

Sirpinek gratula a jó ötletért!

[57] Csillag2003-11-12 22:20:02

Üdv Mindenkinek!

Sajnos ábrát nem tudok rajzolni, de egy megoldást elmondok a geometria példához: E tükörképe a C-nél levő szögfelezőre G. A C-nél levő szögfelező és az AE metszéspontja F. GD=GF, mert

\frac{GD}{DC} =\frac{BG}{BC} =\frac{CG}{CB} =\frac{GF}{FB}

(szögfelezőtétel többszöri felhasználása, GCB\angle=GBC\angle=20o)

Tehát GD=GF=GE=FE(mert GEF szabályos háromszög). BGA\angle=40,FGD\angle=140,GDF\angle=20,DF||CB,FDB\angle=DBC\angle=10,DGE\angle=80,GDE\angle=50,BDE\angle=GDE\angle-GDF\angle-FDB\angle=20.

Vagyis a keresett szög 20 fokos.

GB

Előzmény: [46] jenei.attila, 2003-11-10 10:44:46

  [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]