Fórum: Valaki mondja meg!

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1027] HoA	2009-11-08 18:13:59
Talán mégis. Ugyanis az x=y=0 megoldást nem zártuk ki, mégis elveszett útközben. Nekem $\sqrt{6b^2 -3}$ helyett $\sqrt{6b^2 +3}$ jön ki, de innen 6b²+3=c²=9k² ;2b²+1=3k² következik, ami b=k=1 -re még jó. 3k²-1 páros, k páratlan, k=2l+1, amiből b²=6l²+6l+1 adódik , körbeértünk. Talán elfogadva és a továbbiakból kizárva x=y=0 -t a legkisebb pozitív y-t kéne keresni, amiből kijönne, hogy csak akkor létezik, ha létezik nála kisebb pozitív l, vagyis sohasem.
Előzmény: [1025] m2mm, 2009-11-08 15:17:00

[1026] jonas	2009-11-08 16:17:37
Négyet könnyű találni: -216,-64,64,216. Csak azt kéne eldönteni, van-e még.
Előzmény: [1024] gabor7987, 2009-11-08 14:47:08

[1025] m2mm

2009-11-08 15:17:00

Ha nem számoltam el...

$x=\frac{-2+\sqrt{4+24y^2+24y}}{4}=\frac{-1+\sqrt{6y^2+6y+1}}{2}$ . Ha 6y²+6y+1 négyzetszám, csak akkor lesz nyilván x racionális, de 6y²+6y+1 négyzetgyöke páratlan, ezért a számláló páros, x egész. Tehát 6y²+6y+1=b²-et kell megoldani. $y=\frac{-6+\sqrt{24b^2+36-24}}{12}=\frac{-3+\sqrt{6b^2-3}}{6}$ . Ha $\sqrt{6b^2-3}$ egész, akkor páratlan, ráadásul hárommal osztható, azaz y egész: 6b²-3=c²-et kell megoldani. c osztható 3-mal:c=3k. 2b²-1=3k²-et kell megoldani. Ennek pedig nincs megoldása: bal oldal nem osztható 3-mal, de a jobb oldal igen.

Előzmény: [1021] Euler, 2009-11-08 11:48:21

[1024] gabor7987

2009-11-08 14:47:08

Ehhez a feladathoz hozzá sem tudok kezdeni. Tudna valaki segíteni?

Adjuk meg az összes olyan köbszámot, amely előáll nyolc szomszédos egész szám köbének az összegeként.

[1023] Alma	2009-11-08 13:26:18
Arra gondolsz, hogy nem kellett volna homogénnek feltételeznem a gravitációs erőteret? Lehet igazad van. Erre nem gondoltam.
Előzmény: [1019] Willy, 2009-11-08 00:33:39

[1022] Willy

2009-11-08 12:50:49

Szerintem meg elég egyértelmű, hogy mit kell csinálni. Leni vedd észre azt, hogy az F=m^.a az $F= \frac {dp}{dt}$ egy olyan speciális alakja, amikor a tömeg állandó. Ez az általánosabb (látsd Landau1). Az F-et meg nyilván erőtörvényből kapjuk... és pont.

Amúgy elég érdekes feladat lenne az, ha $m(t)=m_o \cdot sin \bigg(\frac t \tau \bigg)$ tömegváltozást feltételeznénk. Vajon fellép-e bárminemű rezonancia?

Előzmény: [1020] leni536, 2009-11-08 10:46:32

[1021] Euler	2009-11-08 11:48:21
Sziasztok! Van egy diofantikus egyenletem, amelyet a pozitiv egész számok halmazán kellene megoldani,ha tud valaki, sagitsen,előre is köszönöm..Az egyenlet: 2x2+2x=3y2+3y

[1020] leni536

2009-11-08 10:46:32

Nekem nem tetszett nagyon ez a feladat, egy folytonosan változó tömegnél nincs sok esélye a tömegnövekménynek csak együtt mozogni az eredeti tömeggel, akár az F=ma-val, vagy az $F=\frac{dp}{dt}$ -vel számolunk. Mivel nem tudjuk, hogy honnan jön a plusz tömeg, ezért nem tudhatjuk, hogy melyiket kell alkalmazni. Persze a feladat elég egyszerűnek minősülne, ha az F=ma-t kellene alkalmazni, így lehet sejteni, hogy a másikra van szükség, de akkor sem megalapozott, hogy az a helyes.

[1019] Willy	2009-11-08 00:33:39
Azon gondolkoztál, hogy mi van, ha $\tau$ nagy?
Előzmény: [1018] Alma, 2009-11-06 02:23:23

[1018] Alma

2009-11-06 02:23:23

Ennek a feldatnak a megoldását pont megírtam tex-ben, úgyhogy feltöltöm. Lehet, hogy valamit nagyon elnéztem, mert nekem gyanúsan egyszerűnek tűnik (nem nagyképűségből mondom, hanem a többi feladathoz képest).

Írjuk fel a test mozgásegyenletét!

$\frac{d}{dt}\left(m(t)v(t)\right)=-m(t)g$

Behelyettesítve a feladat által megadott tömeg(idő) függvényt, a következő egyenlethez jutunk:

$\frac{d}{dt}\left(m_0e^{\frac{t}{\tau}}v(t)\right)=-m_0e^{\frac{t}{\tau}}g$

Elvégezve a deriválást és az egyszerűsítéseket:

$a=-\left(\frac{v}{\tau}+g\right),$

ahol $a=\frac{dv}{dt}$ a test sebessége. Ez a sebességre nézve egy lineáris elsőrendű differenciálegyenlet. Szeparálva a változókat:

$-\frac{dv}{\left(\frac{v}{\tau}+g\right)}=dt.$

Mindkét oldalt határozottan integrálva a fellövés pillanatától t idővel későbbig:

$\tau ln\left(\frac{v_0+g\tau}{v+g\tau}\right)=t.$

Ebből kifejezve a sebességet a felhajítástól eltelt idő függvényében:

$v=(v_0+g\tau)e^{-\frac{t}{\tau}}-g\tau=\left(2e^{-\frac{t}{\tau}}-1\right)g\tau,$

felhasználva, hogy v₀=g $\tau$ a feladat szövege szerint. A test akkor van pályájának tetőpontján, amikor sebessége zérussá válik. Ezt a következőképp írhatjuk fel egyenlettel:

$v=\left(2e^{-\frac{t_{max}}{\tau}}-1\right)g\tau=0,$

ami akkor teljesül, ha t_max=ln2 $\tau$ . Így a test t_max=ln2 $\tau$ idő múlva jut pályájának tetőpontjára. Ekkor a test tömege a megadott képlet alapján

$m_1=m_0e^{\frac{t_{max}}{\tau}}=2m_0$

[1017] Geg

2009-11-05 13:59:25

Igen, szerintem is kell az a minusz elojel.

Ha pedig lefele dobjuk. akkor a megadott kezdeti feltetelt kielegito megoldas v=g $\tau$ , vagyis a sebesseg konstans.

Előzmény: [1016] SmallPotato, 2009-11-05 12:47:53

[1016] SmallPotato	2009-11-05 12:47:53
Hm. Lehet, hogy a levezetés a (kezdeti) sebesség és a nehézségi gyorsulás ellentétes irányán bukik meg. Eszerint g előjelét végig ellentétesre kéne cserélni. De akkor is felmerül a kérdés: lefelé (azaz v₀ és g egyező iránya esetén) el se lehet hajítani a testet? :-)
Előzmény: [1014] SmallPotato, 2009-11-05 09:13:17

[1015] SmallPotato

2009-11-05 09:19:04

Persze, hogy eltoltam, bocsánat:

$t=-\tau ln (g-\frac v \tau)+lnC$ alapján

$t= ln \frac {C}{(g-\frac v \tau)^\tau }$ , de ez a v=v₀=g $\tau$ esetén 0-vá váló nevező problémáján nem változtat.

Előzmény: [1014] SmallPotato, 2009-11-05 09:13:17

[1014] SmallPotato

2009-11-05 09:13:17

A Newton-törvény $F=\frac {d(mv)}{dt}$ alakjából, a szorzás differenciálási szabályát alkalmazva

$v \frac{dm}{dt}+m \frac{dv}{dt}=mg$ , azaz

$v\frac 1 \tau m_0 e^{\frac t \tau} + m_0 e^{\frac t \tau}\frac{dv}{dt}=m_0 e^{\frac t \tau}g$ , ahonnan (mivel $m_0 e^{\frac t \tau}$ nem lehet 0) kapjuk

$v\frac 1 \tau + \frac{dv}{dt}=g$ , azaz

$dv=(g-\frac v \tau)dt$ , vagy az integrálhatóság végett átrendezve

$dt=\frac {dv} {g-\frac v \tau}$ .

Ennek megoldása

$t=\int\frac {dv} {g-\frac v \tau}$ , azaz

$t=-\tau ln (g-\frac v \tau)+lnC$ , vagyis

$t= ln \frac {C}{\tau (g-\frac v \tau)}=ln \frac {C}{g \tau-v}$ .

Ha mármost C meghatározásához a kezdeti feltételt beírjuk:

$0=ln \frac {C}{g \tau-v_0}=ln \frac {C}{g \tau-g \tau}=ln \frac C 0$ , ahol is elakadtam rendesen.

Mondhatnánk, hogy 0 logaritmusa 1-nek van, tehát némi határérték-belemagyarázással C=0 lehetne, csakhogy ez a visszahelyettesítésnél ismét nem értelmezhető eredményhez (ln0) vezet.

Valahol biztosan rosszul látok valamit - de nem tudom, hol.

Előzmény: [1013] Lóczi Lajos, 2009-11-05 00:48:51

[1013] Lóczi Lajos	2009-11-05 00:48:51
Be tudnád írni a számolási részleteket?
Előzmény: [1012] SmallPotato, 2009-11-05 00:14:44

[1012] SmallPotato

2009-11-05 00:14:44

Tényleg szokatlan volt a változó tömeg ... pedig valóban csak vissza kellett volna nyúlni az eredeti Newton-törvényhez.

Tartok tőle, hogy ennek alapján magam is eljutottam az általad írt "csavar"ig ... legalábbis az integrálási konstans meghatározásába beletörött a bicskám. A szomorú az, hogy a szemlélet alapján nem látom a kiutat - a kezdeti feltétel nem abszurd, tehát megoldásnak igenis lennie kell, akkor is, ha nem látom.

Előzmény: [1011] Geg, 2009-11-04 22:59:08

[1011] Geg

2009-11-04 22:59:08

A feladatban Newton torvenyet kell alkalmazni: a testre hato ero megegyezik az idoegysegre juto impulzusvaltozassal. Tekintettel arra, hogy a tomeg nem allando, ezert a kozvetett fuggveny derivalasi szabalya alapjan lesz egy, a sebesseggel aranyos, a tomegvaltozas utemehez kapcsolodo tag is a szokasos m*a mellett. Az igy adodo differencialegyenletet kell megoldani a sebesseg-ido fuggvenyre.

Erdemes kicsit utanaszamolni. En most megtettem, es ha nem rontottam el, ezutan jon csak a csavar a feladatban.

Előzmény: [1010] SmallPotato, 2009-11-04 22:33:54

[1010] SmallPotato	2009-11-04 22:33:54
Nem relativisztikus tömegnövekedésről van szó. A feladat, amint azt Higgs a 997. hsz-ban megírta, itt található, az 5-ös számú.
Előzmény: [1009] Ergon, 2009-11-04 21:59:30

[1009] Ergon	2009-11-04 21:59:30
Ha feldobjuk a testet, akkor -mivel sebességre tesz szert-, már nem a nyugalmi tömeg lesz a tömege, hanem egy másik, annál nagyobb tömeg. Nem?

[1008] Higgs	2009-11-04 12:53:18
Egyik hozzászólásomba oda írtam a feladat címét, és ott sincs megadva, hogy honnan jön a tömeg.

[1007] bily71

2009-11-04 09:27:54

Valóban, ha nem zárt a rendszer az energiamegmaradás szempontjából, akkor nem módosul a pálya.

De ezt hogy képzeljül el? Fellövünk egy rakétát, és út közben, egy másik rakétáról, mondjuk zsákokat pakolunk rá? Ha a találkozás pillanatában egyforma sebességű a zsák, és a rakéta, akkor nem változik a pálya.

Én azon az eseten gondolkoztam el, amikor a tömeg csak az összenergia rovására nőhet, és ebben az esetben a pálya módosul, hasonlóan, mint az elektron pályája is módosul a részecske gyorsítóban a relatív tömegnövekedés miatt, és nem gyorsulhat fel a "klasszikus" sebességre.

Előzmény: [1005] SmallPotato, 2009-11-03 21:30:08

[1006] Sirpi

2009-11-04 08:52:37

Szerintem is azon múlik, hogy honnan jön a plusz tömeg. Ha feltételezzük, hogy a testre rárakódó tömeg rögtön "fel van gyorsítva", azaz a megnövekedett rész is felveszi a test pillanatnyi sebességét, akkor ez a plusz tömeg nyilván nem fogja befolyásolni a test pályáját. Ha viszont a plusz tömeg nyugalmi állapotban kerül rá a testre, akkor az a sebességet csökkenteni fogja.

Az igazi gond az a feladattal, hogy ilyen váratlan tömegnövekedés nem nagyon szokott előfordulni a valóságban, ezért nehéz megfogni a dolgot.

Előzmény: [1005] SmallPotato, 2009-11-03 21:30:08

[1005] SmallPotato

2009-11-03 21:30:08

Számomra is ez tűnik teljesen kézenfekvőnek. Mégis aggályaim vannak. Ha a test tömege nő (és ez nincs befolyással a sebességviszonyokra és a pályára), akkor mozgási és helyzeti energiája egyaránt nő az eredeti tömegű állapothoz képest. Honnan származik ez az energiatöbblet?

(Bár, gyanítom, ez épp azzal a kérdéssel azonos, hogy "honnan származik a tömegnövekedés?" Végülis, ha a tömeg növekedését fedezi valami, akkor energiamegmaradás szempontjából sem zárt a rendszer.)

Előzmény: [1004] Higgs, 2009-11-03 21:05:50

[1004] Higgs	2009-11-03 21:05:50
Függőlegesen feldobott tömegpont pályája, csak a kezdősebességtől, és a rá ható gravitációs gyorsulástól függ. Ha a tömege folyamatosan nő, azzal egyenes arányban nő a rá ható gravitációs erő, vagyis a rá ható gravitációs gyorsulás állandó. Tehát a 2 eset leírása azonos. Ez jutott eszembe, bár lehet rossz.

[1003] jonas

2009-11-03 20:28:41

Elrontottam, helyesen

$\binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \dots + (-1)^{m-1} \binom{n}{m-1} = (-1)^{m-1} \binom{n-1}{m-1}$

(Ez lényegében az (5.16)-os képlet a Konkrét Matematikában.)

Előzmény: [1001] jonas, 2009-11-03 15:10:25

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?