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.

[3000] Radián

2009-07-22 19:17:50

Lehet, hogy kicsit elsietem, de nem lehet tudni mikorra lesz meg e probléma megoldása. Kapcsolódó kérdés:

Mely prímeknek van többjegyű palindrom hatványa?(7-nek,11-nek,101-nek van, de vajon rendelkezik e tulajdonsággal még valamelyik másik prím is?)

[2999] Radián	2009-07-22 19:13:37
Csak addig jutottam, hogy 2 hatványai közül csak azok jöhetnek szóba melyek 20-szal való osztási maradéka 1,2,3 v. 16. Gondolom ez a tény semmire se jó de hátha valami csoda folytán valakinek segít:)

[2998] R.R King	2009-07-19 21:11:32
Páros sok jegyből álló nincs, mert az ilyenek oszthatók 11-gyel.
Előzmény: [2997] MTM, 2009-07-19 16:18:36

[2997] MTM

2009-07-19 16:18:36

Üdv!

Van-e 2-nek többjegyű palindromhatványa?

[2996] R.R King	2009-06-26 11:03:05
Nem ismerem a roman módszert és azt sem értem, hogy mit jelent, hogy kompatibilisek az egyenletek:) Egyébként mi volt a kérdés, hiszen megoldottad a feladatot...
Előzmény: [2995] sanyi15ka, 2009-06-26 09:43:13

[2995] sanyi15ka	2009-06-26 09:43:13
En mashogy oldottam meg, de igy is jo. En inkabb roman modszert hasznaltam, vagyis egy kis rendezessel felirtam 3 egyenlotlenseget es ezek altal bebizonyitottam h csak n=3-ra kompatibilisek az egyenletek es igy megkimeltem magam attol, hogy n=1-t, illetve n=2-t targyaljam.:)
Előzmény: [2994] R.R King, 2009-06-26 08:34:00

[2994] R.R King	2009-06-26 08:34:00
egy pozitív szám és a reciprokának összege legalább 2, így a második egyenletből n legfeljebb 3 lehet.Ha n pl 3 akkor a második egyenlet csak X(i)=1 esetben teljesülhet.Ez teljesíti az első egyenletet is. Ebben az esetben tehát a kérdéses összeg 3. n=1, illetve n=2-tőt rád bízom:)
Előzmény: [2993] sanyi15ka, 2009-06-26 00:32:28

[2993] sanyi15ka	2009-06-26 00:32:28
Udv! 10. vegen megkert minket a matektanarunk, hogy szerkesszunk 2 matek feladatot. Nekem ez lett az egyik. Az e-mail cimemre varom a megoldasokat. Ha lehet akkor a feladatom elemi matekkel legyen megoldva, mert csak jovore, 11-be, tanulok analizist meg felsobb dolgokat es azokat meg nem tudom.

[2992] S.Ákos

2009-06-23 13:40:19

B.4185. minden n-re igaz.

Vázlat: tekintsük az (x-a)(x^n-1+ax^n-1+...+a^n-1)=xⁿ-aⁿ azonosságot, és $P(x)=\sum_{i=0}^k a_i x^i=a_k\prod_{i=0}^k (x-u_i)$ , ahol u_i P(x) komplex gyöke. a=u_i helyettesítéssel és ezek összeszorzásából kapjuk a $Q(x)=\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{n-1}{u_i}^j x^{n-1-j}$ polinomot. $P(x) Q(x)=a_n\prod_{i=1}^k (x-u_i)\cdot\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{n-1}{u_i}^j x^{n-1-j}=a_n\prod_{i=1}^k (x^n-u_i^n)$ , így P(x)Q(x) jó.

Előzmény: [2991] m2mm, 2009-06-22 22:08:40

[2991] m2mm

2009-06-22 22:08:40

Üdv!

Két idei KöMaL-feladat általánosítása:

Egy májusi feladat:

B. 4185. Mutassuk meg, hogy minden nemnulla polinomnak van olyan nemnulla polinomszorosa, amelyben minden tag kitevője osztható 3-mal.

Ez a (a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)=a³+b³+c³-3abc azonossággal könnyen kezelhető.

A kérdés: Mely n-ekre igaz az, hogy minden nemnulla polinomnak van olyan nemnulla polinomszorosa, amelyben minden tag kitevője osztható n-nel?

Egy márciusi feladat:

B. 4167. Egy n pozitív egészre jelölje f(n) az n tízes számrendszerbeli alakjának a megfordításával kapható számot. (Tehát f(2500)=52, f(1456)=6541.) Keressük meg azokat a pozitív egész k számokat, amelyekre teljesül, hogy tetszőleges n többszörösükre k az f(n) számnak is osztója.

A kérdés: Mik a keresendő k számok r alapú számrendszerben? (esélyesnek tartom r²-1 osztóit, de nem tudtam bizonyítani)

[2990] kiskiváncsi	2009-06-22 20:26:18
Ez egy három pofás (pont, teknős, stb.) eszterga tokmány belseje. (Van 4 és 6 pofás is.)
Előzmény: [2989] Lóczi Lajos, 2009-06-22 13:05:48

[2989] Lóczi Lajos	2009-06-22 13:05:48
Mi ez? :-)
Előzmény: [2988] kiskiváncsi, 2009-06-22 12:01:18

[2988] kiskiváncsi	2009-06-22 12:01:18
Ahogy a matematikus kiszámolta- ahogy a mérnökök megtervezték.....

Előzmény: [2984] jonas, 2009-06-18 14:19:05

[2987] Lóczi Lajos

2009-06-21 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] leni536	2009-06-19 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] HoA	2009-06-19 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 $\phi$ ;T_x=u=cos³ $\phi$ és hasonlóan AM=sin $\phi$ ;AT=sin² $\phi$ ;T_y=v=sin³ $\phi$ Innen a $\phi$ paramétert kiküszöbölve [2975] képletét kapjuk.

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

[2984] jonas	2009-06-18 14:19:05
Felrakok azért egy ábrát is a teknősök útvonaláról, csak dísznek.

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

[2983] Alma

2009-06-18 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] rizsesz

2009-06-18 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] HoA

2009-06-18 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] HoA	2009-06-18 09:53:57
Látszik. Érdemes megfigyelni , hogy [2961] ábráján hogyan változik az időközben teknőcökké előlépett pontok által alkotott négyzet oldalhossza, ha azok $\Delta$ x -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 Lajos

2009-06-17 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.attila	2009-06-17 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] HoA

2009-06-17 20:20:02

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

y=(1-x^2/3)^3/2

y^2/3=1-x^2/3

x^2/3=1-y^2/3

x=(1-y^2/3)^3/2

A megoldás tehát akár jó is lehet :-)

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

[2976] Lóczi Lajos

2009-06-17 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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?