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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1031] jenei.attila2009-11-11 11:20:32

Végig számoltam, és csak azok vannak, amiket jonas talált. Ekkor a=-5,-4,-3,-2.

Előzmény: [1030] jenei.attila, 2009-11-11 08:42:44
[1030] jenei.attila2009-11-11 08:42:44

Ha a,a+1,...,a+7 a nyolc szomszédos egész szám amelyek köbeinek összegeként kell köbszámot előállítani, akkor -13\lea\le6 kell hogy teljesüljön. Ez 20 lehetséges eset, nem számoltam ki melyek adnak valóban köbszámot.

Előzmény: [1024] gabor7987, 2009-11-08 14:47:08
[1029] m2mm2009-11-08 19:24:08

Ja, tényleg elnéztem. De x=5, y=4 megoldás... 2b2+1=3k2-re visszatérve: b0=1, b1=11, bn=10bn-1-bn-2 sorozat a megoldása az egyenletnek. b0 az er. feladatnak nem megoldása, mert x0=0, de a többi jó.

Előzmény: [1027] HoA, 2009-11-08 18:13:59
[1028] HoA2009-11-08 18:17:45

Persze a szöveges feladatnak nem megoldása x=y=0, mert csak a pozitív egészeket kéri.

Előzmény: [1027] HoA, 2009-11-08 18:13:59
[1027] HoA2009-11-08 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] jonas2009-11-08 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] m2mm2009-11-08 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] gabor79872009-11-08 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] Alma2009-11-08 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] Willy2009-11-08 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] Euler2009-11-08 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] leni5362009-11-08 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] Willy2009-11-08 00:33:39

Azon gondolkoztál, hogy mi van, ha \tau nagy?

Előzmény: [1018] Alma, 2009-11-06 02:23:23
[1018] Alma2009-11-06 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 tmax=ln2\tau. Így a test tmax=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] Geg2009-11-05 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] SmallPotato2009-11-05 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] SmallPotato2009-11-05 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] SmallPotato2009-11-05 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 Lajos2009-11-05 00:48:51

Be tudnád írni a számolási részleteket?

Előzmény: [1012] SmallPotato, 2009-11-05 00:14:44
[1012] SmallPotato2009-11-05 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] Geg2009-11-04 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] SmallPotato2009-11-04 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] Ergon2009-11-04 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] Higgs2009-11-04 12:53:18

Egyik hozzászólásomba oda írtam a feladat címét, és ott sincs megadva, hogy honnan jön a tömeg.

[1007] bily712009-11-04 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

  [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]