KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK INFORMATIKA ROVATTAL BŐVÍTVE

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 513. oldal – 1. lap

K¨ oMaL, 2015. december

i

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ÍTVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV ´ ALAPÍTOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 65. évfolyam 9. szám

Budapest, 2015. december

´ Megjelenik évente 9 számban, januártól májusig és szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK ´ am: A Milne-egyenl˝otlenség és társai, Besenyei Ad´ avagy ellenállások álruhában I. . . . . . . . . . . . . . .

514

Katz Sándor: Gyakorló feladatsor emelt szint˝u matematika érettségire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

524

Székely Péter: Megoldásvázlatok a 2015/8. sz. emelt szint˝u matematika gyakorló feladatsorhoz

525

Matematika feladat megoldása (4671.) . . . . . . . . . .

534

A K pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (481– 486.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

536

A C pontversenyben kit˝uzött gyakorlatok (1322– 1328.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

537

A B pontversenyben kit˝uzött feladatok (4750– 4758.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

538

Az A pontversenyben kit˝uzött nehezebb feladatok (656–658.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

540

Matematikus képzés a BME-n . . . . . . . . . . . . . . . . .

541

Schmieder László: Gráfalgoritmusok 3. . . . . . . . . .

542

Néhányan a 2014–2015-ös tanév legszorgalmasabb megoldói közül. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

546

Informatikából kit˝uzött feladatok (388–390., 4., 103.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

552

Ericsson-d´ıj 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

557

Woynarovich Ferenc: A gravitációs többtestprobléma két speciális esete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

558

Honyek Gyula: Megoldásvázlatok a 2015/8. sz. emelt szint˝u fizika gyakorló feladatsorhoz . . . . . .

563

Fizika feladatok megoldása (4713., 4717., 4719., 4747.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

566

Fizikából kit˝uzött feladatok (355., 4780–4791.) . . .

570

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

573

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

575

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS ´ Kiadja: MATFUND ALAPÍTVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi képvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA ´ CECÍLIA Kiad´ o igazgat´ oja: KULCSAR ´ SZOKOL AGNES ´ Projektvezet˝ o: NAGYNE Nyomda: OOK-PRESS Kft., ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ ´ Tagjai: KAROLYI GERGELY, KISS GEZA, ´ GEZA, ´ ´ RITA, ¨ KISS GYORGY, KOS KOS ´ ´ ´ LORANTFY ´ ´ ´ LORANT LASZL O, LASZL O, ´ ´ PACH PETER PAL A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ HOLICS LASZL ´ ´ Tagjai: GALFI LASZL O, O, ´ ´ SZASZ ´ HONYEK GYULA, SIMON LASZL O, ´ VIGH MAT ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ KRISZTIAN, WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag tagjai: ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, GEVAY ´ ´ ´ SIEGLER GABOR, SCHMIEDER LASZL O, ´ ´ GABOR, WEISZ AGOSTON ´ ´ Bor´ıt´ ok: SCHMIEDER LASZL O ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO, ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ LOCZI LAJOS ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ oségi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝oség c´ıme: 1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1.A, V. emelet 5.106.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizetési d´ıj egy évre: 8100 Ft Kéziratokat nem ˝orzünk meg és nem küldünk vissza. Minden jog a KöMaL tulajdonosaié. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: Pázmány Péter sétány 1.A, V. emelet 5.106., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdetések tartalmáért felel˝osséget nem vállalunk.

513

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 514. oldal – 2. lap


i

A Milne-egyenl˝ otlens´ eg ´ es t´ arsai, avagy ellen´ all´ asok ´ alruh´ aban I. A matematika a fizika része. A fizika k´ısérleti tudom´ any, a természettudo” m´ any része. A matematika a fizik´ anak az a része, amelyben a k´ısérletek olcs´ ok.” E mondatokkal kezdte a matematika tan´ıtásáról szóló el˝oadását (lásd [3]) a 20. század egyik zseni´ alis matematikusa, Vlagyimir Igorevics Arnold (1937–2010), aki a fizikai intu´ıci´ ot a matematikai gondolkodás nélk¨ ulözhetetlen elemének tekintette (egyedi l´ at´ asm´ odj´ ar´ ol b´ arki képet kaphat az idézett el˝oadásából, illetve a magyarul k¨ ozépiskolai szakk¨ ori f¨ uzetként megjelent [2] könyvecskéjéb˝ol). Bár Arnold iménti kijelentése kissé merésznek t˝ unik, annyi mindenesetre bizonyos, hogy számos, tisztán matematikainak l´ atsz´ o eredmény mögött valójában a józan ész számára teljesen vil´ agos és természetes fizikai elvek b´ ujnak meg. Ezek a rejtett gondolatok gyakran roppant v´ aratlan helyeken bukkannak fel – a [7] könyv például egy egész sereg meglep˝o ¨ osszef¨ uggésre vil´ ag´ıt r´ a –, és gyönyör˝ u megnyilvánulásai a két tudományter¨ ulet egym´ ashoz val´ o szoros k¨ ot˝ odésének. Jelen ´ır´ asunk célja is éppen az, hogy egy szép és talán kevéssé ismert példáját mutassuk annak, ahogyan egyszer˝ u fizikai meggondolások matematikai álruhát ossze ellen´ all´ asokat kell megfelel˝o módon összekapcsolni, és rögtön öltenek. Mind¨ nevezetes egyenl˝ otlenségekhez jutunk, mint például a számtani és harmonikus közepek k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlenség, a Milne-egyenl˝otlenség, amely egy KöMaL feladat megold´ as´ aban is szerephez jutott, valamint a Minkowski-egyenl˝otlenség egy speciális esete. Cikk¨ unkben az eml´ıtett egyenl˝otlenségeket el˝oször ellenállás-hálózatokbeli fizikai megfontol´ asok seg´ıtségével bizony´ıtjuk”, majd matematikailag is igazoljuk, ” k¨ ozben pedig a t¨ orténeti h´ atter¨ ukr˝ol szintén szót ejt¨ unk. Mindvégig csupán elemi eszk¨ oz¨ okre t´ amaszkodunk, nagyrészt matematikára, az elején egy kis fizikával f˝ uszerezve. Néh´ any eredményt feladat formájában fogalmazunk meg és t˝ uz¨ unk ki, ezzel el˝ oseg´ıtve a tém´ aban val´ o elmély¨ ulést. Kezd˝odjön tehát a kaland. 1. Bemeleg´ıt´ es: di´ oh´ ejban az ered˝ o ellen´ all´ asr´ ol Miel˝ ott r´ atérnénk az egyenl˝otlenségekre, eleven´ıts¨ uk fel, hogy mit tanulunk a fizika´ or´ an ellen´ all´ asok soros és párhuzamos kapcsolása esetén az ered˝o ellenállásról. Aki u ´gy érzi, hogy mindenre emlékszik, vagy még frissek az ismeretei, az (els˝o olvas´ askor) nyugodtan ugorjon a következ˝o szakaszra. Ha egy U fesz¨ ultség˝ u áramforrásra az R1 , R2 , . . . , Rn ellenállásokat sorosan kapcsoljuk az 1. ´ abr´ an l´ athat´ o módon, akkor mindegyik ellenálláson ugyanakkora I ´ aram folyik kereszt¨ ul, az áramforrás fesz¨ ultsége azonban megoszlik az ellenállásokon, méghozz´ a Kirchhoff huroktörvénye alapján (1.1)

U = U1 + U2 + . . . + Un ,

ahol Ui az i-edik ellen´ all´ asra es˝o fesz¨ ultség. Mivel Ohm törvénye szerint Ui = Ri · I és U = Re · I, ahol Re jel¨ oli az ered˝o ellenállást, amellyel az n darab ellenállás 514


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 515. oldal – 3. lap


i

helyettes´ıthet˝ o, ezért az (1.1) ¨ osszef¨ uggés alapján Re I = R1 I + R2 I + . . . + Rn I. K¨ ovetkezésképpen (1.2)

Re = R1 + R2 + . . . + Rn ,

teh´ at soros kapcsol´ as esetén az ered˝o ellenállás az egyes ellenállások összege.

1. ´ abra. Ellen´ all´ asok soros kapcsol´ asa

Ezzel szemben, ha az R1 , R2 , . . . , Rn (nem nulla) ellenállásokat a 2. ´ abr´ anak megfelel˝ oen p´ arhuzamosan kapcsoljuk az áramforrásra, akkor az egyes ellenállásokra ugyanakkora U fesz¨ ultség esik, viszont k¨ ulönböz˝o nagyság´ u I1 , I2 , . . . , In ára-

2. ´ abra. Ellen´ all´ asok p´ arhuzamos kapcsol´ asa

mok folynak rajtuk kereszt¨ ul, amelyek összege Kirchhoff csomóponti törvénye szerint éppen az áramforr´ ason áthaladó áram nagysága: I = I1 + I2 + . . . + In . Ekkor ismét Ohm t¨ orvényét alkalmazva U U U U = + + ... + , Re R1 R2 Rn ´ıgy 1 1 1 1 = + + ... + , Re R1 R2 Rn vagyis párhuzamos kapcsol´ as esetén az ered˝o ellenállás reciproka az egyes ellenáll´ asok reciprokainak o sszeg´ evel egyezik meg. Az ered˝o ellenállás tehát az egyes ¨ ellen´ all´ asok reciprok¨ osszegének reciproka, vagyis az R1 , . . . , Rn pozit´ıv számok harmonikus k¨ ozepének n-edrésze: (1.3)

Re =

1 1 R1

+

1 R2

+ ... +

1 Rn

.

(A kés˝ obbiekben – t¨ obbek k¨ oz¨ ott tipográfiai és esztétikai okokból kifolyólag – néhol reciprok helyett (−1)-edik hatványt fogunk ´ırni.) ´ 1.1. t¨ ort´ eneti megjegyz´ es. Erdekess´ egképpen megeml´ıtj¨ uk, hogy Gustav Robert Kirchhoff (1824–1887) az egykori poroszországi Königsberg (mai nevén Kalinyingr´ ad) v´ aros´ aban sz¨ uletett, majd tanult, és 1845-ben egyetemistaként fogalmazta meg a hurok- és csom´ oponti törvényt. A város h´ıdjait bejáró sétáról szól K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

515

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 516. oldal – 4. lap


i

a k¨ ozépiskol´ asok k¨ orében is bizonyára jól ismert königsbergi hidak problémája, amelyet a sv´ ajci Leonhard Euler (1707–1783) oldott meg 1736-ban – innen ered az Euler-séta elnevezés is –, és ind´ıtotta el ezzel a gráfelmélet fejl˝odését. 2. Rayleigh monotonit´ asi t¨ orv´ enye Az el˝ oz˝ o szakaszban átismételt összef¨ uggések mellett az ered˝o ellenállással kapcsolatban sz¨ ukség¨ unk lesz még egy észrevételre, amelyet gyakran Rayleigh monotonit´ asi elveként vagy t¨ orvényeként emlegetnek – a változatosság kedvéért mi is mindkét megnevezést haszn´ alni fogjuk. 2.1. elv (Rayleigh monotonitási elve/törvénye). Ha ellenállások egy hálózatában valamelyik ellen´ all´ ast n¨ ovelj¨ uk, akkor a hál´ ozat ered˝o ellenállása nem csökkenhet; valamely ellen´ all´ ast cs¨ okkentve pedig az ered˝o ellenállás nem növekedhet. 2.2. t¨ ort´ eneti megjegyz´ es. Az elvet a kés˝obb Nobel-d´ıjjal kit¨ untetett angol fizikus, John William Strutt (1842–1919), ismertebb nevén Lord Rayleigh 1871ben hangtani vizsg´ al´ od´ asai során használta. Ennek seg´ıtségével adott alsó és fels˝o becslést k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elektromos vezet˝ok ellenállására. Rayleigh módszerére a kiváló sk´ ot fizikus, James Clerk Maxwell (1831–1879) a Tanulmány az elektromosságról és mágnességr˝ ol c´ım˝ u, 1873-ban megjelent – az azóta a nevét visel˝o Maxwellegyenletek els˝ o alakj´ at is tartalmazó – h´ıres m˝ uvében is hivatkozik. Mindketten u ´gy fogalmazt´ ak az elvet, hogy ha egy vezet˝o valamely részének ellenállását megváltoztatjuk, és a t¨ obbi részt v´ altozatlanul hagyjuk, akkor az egész vezet˝o ellenállása n˝o, ha a rész ellen´ all´ as´ at n¨ ovelt¨ uk, és csökken, ha csökkentett¨ uk (lásd Maxwell [8] m˝ uvének 353–354. oldalait). Rayleigh t¨ orvénye minden bizonnyal sokak számára nem igényel magyarázatot, szemléletesen teljesen vil´ agos vagy legalábbis hihet˝o. Az mindenesetre biztos, hogy az 1. és 2. ábr´ ak hál´ ozatai esetében érvényes, hiszen könnyen látható, hogy az ered˝ o ellen´ all´ ast megad´ o (1.2) és (1.3) kifejezések bármely Ri ellenállás növelésével n¨ ovekednek. Val´ osz´ın˝ uleg sokkal l´ atv´ anyosabb Rayleigh törvénye, ha áramkörök helyett péld´ aul v´ızvezeték-h´ al´ ozatra gondolunk, amelyben egy szakasz lesz˝ uk´ıtésével a rendszerben adott id˝ oegység alatt átfolyó v´ız mennyisége nem növekedhet. Ennél még meggy˝ oz˝ obb lehet, ha esz¨ unkbe jutnak a k¨ ulönböz˝o u ´thálózatokon kialakuló torlód´ asok, amelyek egy-egy u ´tszakasz lesz˝ uk´ıtése vagy lezárása következtében alakulnak ki. Aki az el˝ obbi szemléltet˝ o példák ellenére továbbra is – és talán nem alaptalanul – kételkedik, annak Maxwell véleményét aj´ anljuk a figyelmébe (lásd Maxwell m˝ uvének kor´ abban idézett oldalait), amely szerint Ez az elv mag´ at´ ol értet˝ od˝ onek ” tekinthet˝ o . . . ”. Természetesen matematikailag semmilyen szemlélet, intu´ıció vagy akár egy zseni´ alis tud´ os kijelentése nem bizony´ıtó erej˝ u, de ez számunkra most nem is lényeges, hiszen a kés˝ obbiekben az elvet éppen az eredmények intuit´ıv megsejtésére szeretnénk haszn´ alni, nem pedig bizony´ıtásra (és emiatt remélhet˝oleg az is megbocs´ ajthat´ o, ha ebben a fizik´ aról szóló részben a szemléletesség érdekében néhol esetleg kevésbé egzaktul fogalmaztunk a kelleténél). Annyit azért mindenképpen 516


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 517. oldal – 5. lap


i

érdemes hozz´ af˝ uzn¨ unk, hogy Rayleigh törvénye valójában levezethet˝o egy másik fizikai elvb˝ ol, amely szerint egy adott hálózaton átfolyó egységnyi áram az összes lehetséges áthalad´ o egységnyi áramok köz¨ ul a minimális energiaveszteséggel járó. Ezt az elvet szok´ as az ´ır fizikus, William Thomson (1824–1907), ismertebb nevén Lord Kelvin nevéhez k¨ otni. Mindezekr˝ol b˝ovebben olvashatunk az [5], [7] könyveknek a monotonit´ asi elvr˝ ol sz´ ol´ o fejezeteiben. Vég¨ ul megeml´ıtj¨ uk, hogy a monotonitási törvény közlekedési hálózatokkal való illusztr´ aci´ oja egy´ altal´ an nem légb˝ol kapott, ugyanis az elektromos hálózatok és az u ´gynevezett véletlen bolyongások elmélete – amelyben egy elágazásban a véletlen hat´ arozza meg a tov´ abbhalad´ as irányát – szoros kapcsolatban áll egymással (err˝ol b˝ ovebben olvashatunk a kiv´ aló és nagyrészt középiskolások számára is érthet˝o [5] k¨ onyvben). 3. A sz´ amtani ´ es harmonikus k¨ oz´ ep egyenl˝ otlens´ ege Ennyi fizikai bevezet˝ o ut´ an térj¨ unk most rá a matematikára: milyen eredményeket nyerhet¨ unk az elektromos ellenállásokra vonatkozó ismereteink seg´ıtségével? Meglep˝ o m´ odon a sz´ amtani és a harmonikus közép közötti egyenl˝otlenség egyszer˝ uen kipottyan” Rayleigh monotonitási törvényéb˝ol. ”

3. ´ abra. Sz´ amtani és harmonikus k¨ ozép elektromos h´ al´ ozatokban

Tekints¨ uk ugyanis a 3. ´ abr´ an látható kapcsolási rajzokat: kétféle sorrendben sorosan kapcsolt R1 és R2 ellen´ allásokat párhuzamosan kapcsoltunk, és a két ágat egy kapcsol´ oval k¨ ot¨ ott¨ uk o ¨ssze, amely el˝oször nyitott, aztán zárt állapotban van. Szám´ıtsuk ki mindkét esetben a hálózat ered˝o ellenállását a kapcsoló bels˝o ellenáll´ as´ at elhanyagolhat´ onak feltételezve. Nyitott kapcsoló esetén az egyes ágakban az ered˝ o ellen´ all´ as R1 + R2 , ´ıgy a rendszer ered˝o ellenállása Renyitott =

1 1 R1 +R2

+

1 R1 +R2

=

R1 + R2 . 2

Zárt kapcsol´ o esetén az ellen´ allás-hálózat egyenérték˝ u a 4. ´ abr´ an látható rendszerrel, amelyben sorba van kapcsolva két komponens, mindegyikben párhuzamosan kapcsolt R1 és R2 ellen´ all´ asokkal. Ekkor mindkét komponens ered˝o ellenállása ( −1 )−1 , ezért a rendszer ered˝o ellenállása R1 + R2−1 Rezárt =

2 1 R1

+

1 R2

.

´ most j¨ Es on a csavar. Rayleigh monotonitási törvénye alapján a kapcsoló zárásával a hál´ ozat ellen´ all´ asa nem n¨ ovekedhet, hiszen nyitott állapotban a kapcsoló végtelen ” K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

517

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 518. oldal – 6. lap


i

4. ´ abra. Z´ art kapcsol´ o esete ´ atrajzolva

ellen´ all´ as´ u”, m´ıg zár´ as ut´ an az ellenállása nulla – a közlekedési hálózatos példával élve, a város egy eddig fel´ uj´ıt´ as alatt álló u ´tján megindulhat a forgalom. Ebb˝ol k¨ ovetkez˝ oen Renyitott > Rezárt , azaz (3.1)

R1 + R2 > 2

1 R1

2 +

1 R2

,

ami éppen az R1 , R2 pozit´ıv számok számtani és harmonikus közepei közötti egyenl˝ otlenség. Ahogy kor´ abban, most is hangs´ ulyozzuk, hogy az iménti érvelés nem bizony´ıtás, hanem ink´ abb egy fizikai elv látványos megjelenési formája (vagy akinek jobban tetszik, tekinthet a matematikai eredményre u ´gy, mint az elv egy speciális esetének bizony´ıt´ as´ ara). Természetesen a (3.1) egyenl˝otlenség jól ismert, és egy korrekt igazol´ as´ at nyerj¨ uk az al´ abbi egyszer˝ uen ellen˝orizhet˝o azonosság seg´ıtségével, amelyb˝ol az egyenl˝ oség feltétele, nevezetesen R1 = R2 is azonnal következik: (3.2)

R1 + R2 − 2

2

2 1 R1

+

1 R2

=

(R1 − R2 ) . 2(R1 + R2 )

Jegyezz¨ uk meg azt is, hogy a (3.1) egyenl˝otlenség pozit´ıv számokra egyenérték˝ u a sz´ amtani és mértani k¨ ozepek egyenl˝otlenségével, hiszen mindkét oldalnak az (R1 + R2 )/2 kifejezéssel val´ o szorzása után az 2

(R1 + R2 ) > R1 R2 4 alakot o ¨lti, ahol az egyes oldalakon éppen a megfelel˝o közepek négyzete áll. Dac´ ara annak, hogy a sz´ amtani és harmonikus közepek közötti egyenl˝otlenség el˝obbi bizony´ıt´ asa” igen meglep˝o és szellemes, mégsem terjedt el igazán a matema” tikai k¨ oztudatban. B´ ar a gondolatmenet általános´ıtása már 1960-ban megjelent (a történeti h´ atteret l´ asd részletesen a 7.11. megjegyzésben), mégis viszonylag kevés olyan helyen tesznek eml´ıtést róla, amely széles olvasóközönségnek szól (angolul a [7] k¨ onyvben és a [10] cikkben, magyar nyelv˝ u szakirodalomban szinte sehol), és csak sz˝ ukebb k¨ orben ismerik. A szerz˝o közvetlen munkatársai körében végzett mini k¨ ozvéleménykutat´ as szerint lényegében teljesen ismeretlen, pedig az ötlet figyelemre mélt´ o és messzemen˝ oen által´ anos´ıtható. Folytassuk is ennek bemutatását. 4. Egy ´ altal´ anos´ıt´ as Az el˝ oz˝ o szakaszbeli gondolatmenet talán legkézenfekv˝obb általános´ıtása, ha R1 és R2 ellen´ all´ asok helyett (az egyszer˝ uség kedvéért kis bet˝ uvel jelölt) a, b, c, d ellen´ all´ asokat tekint¨ unk az 5. ´ abr´ an látható módon. Ekkor nyitott kapcsol´ o esetén 518


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 519. oldal – 7. lap


i

az ered˝ o ellen´ all´ as Renyitott =

1 1 a+b

+

=

1 c+d

(a + b)(c + d) , a+b+c+d

m´ıg z´ art kapcsol´ o mellett Rezárt =

1 1 a

+

1 c

+

1 1 b

+

1 d

=

ac bd + . a+c b+d

A monotonit´ asi elv alapj´ an Renyitott > Rezárt , vagyis ac bd (a + b)(c + d) > + . a+b+c+d a+c b+d Az imént megsejtett egyenl˝ otlenség egy matematikailag helyes bizony´ıtása – a (3.2) azonoss´ ag mint´ aj´ ara – az alábbi észrevételen m´ ulik: 2

(4.1)

(a + b)(c + d) ac bd (ad − bc) − − = . a+b+c+d a+c b+d (a + b + c + d)(a + c)(b + d)

5. ´ abra. A (4.2) egyenl˝ otlenség h´ al´ ozata

4.1. feladat. Ellen˝ orizz¨ uk a (4.1) azonosságot. A (4.1) o uggésb˝ ol az egyenl˝oség kérdésére is azonnal választ kapunk, és ¨sszef¨ rögt¨ on meg is fogalmazhatjuk egy áll´ıtás formáj´ aban az eredményt. 4.2. ´ all´ıt´ as. Legyenek a, b, c, d nemnegat´ıv val´ os sz´ amok, amelyekre a + c > 0 és b + d > 0. Ekkor (a + b)(c + d) ac bd (4.2) > + , a+b+c+d a+c b+d és egyenl˝ oség csakis ad = bc esetén ´ all fenn. 4.3. megjegyz´ es. Az egyenl˝oség ad = bc feltételét – itt most lényeges, hogy a, b, c, d nem lehetnek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o el˝ojel˝ uek – átfogalmazhatjuk u ´gy is, hogy az (a, b) és (c, d) s´ıkbeli vektorok azonos irány´ uak (beleértve azt az esetet is, amikor valamelyik esetleg nullvektor). Val´ oban, ez utóbbi összef¨ uggés azt jelenti, hogy van olyan λ > 0 sz´ am, amelyre a = λc és b = λd. Ha λ = 0, akkor (a, b) = (0, 0), ´ıgy a két vektor azonos ir´ any´ u; ha pedig λ > 0, akkor d = b/λ, és ´ıgy ad = (λc) · (b/λ) = bc. Ford´ıtva, amennyiben ad = bc ̸= 0, akkor a/c = b/d = λ > 0, hiszen ebben az esetben a, b, c, d pozit´ıv sz´ amok. Ha pedig ad = bc = 0, akkor a szimmetria miatt feltehet˝o, hogy a = 0, ekkor b = 0 vagy c = 0; az els˝o esetben (a, b) = (0, 0), m´ıg a másodikban (a, b) = (0, b), (c, d) = (0, d), mindkétszer a kérdéses vektorok azonos irány´ uak. 4.4. feladat. Mutassuk meg, hogy nemnegat´ıv a, b, c, d számok esetén az (a, b) és (c, d) vektorok pontosan akkor azonos irány´ uak, amikor az (a, c) és (b, d) vektorok azonos ir´ any´ uak. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

519

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 520. oldal – 8. lap


i

Bevezetve a (4.3)

H(x, y) =

2xy x+y

jel¨ olést az x, y nemnegat´ıv és egyszerre nem nulla számok harmonikus közepére (a harmonikus k¨ ozép eredeti formájában az x, y > 0 feltételezés lenne sz¨ ukséges), a (4.2) egyenl˝ otlenség 2-vel való szorzás után a következ˝o, könnyen megjegyezhet˝o alakot ¨ olti: (4.4)

H(a + b, c + d) > H(a, c) + H(b, d).

4.5. feladat. Vizsg´ aljuk meg, hogy a (4.4) egyenl˝otlenség (vagy esetleg a ford´ıtott ir´ anya) igaz marad-e, ha a harmonikus közepet a számtani (A(x, y)), mértani (G(x, y)) és négyzetes (Q(x, y)) közepek valamelyikére cserélj¨ uk, ahol x+y , A(x, y) = 2

G(x, y) =

√

√ xy,

Q(x, y) =

x2 + y 2 . 2

A (4.2) egyenl˝ otlenség ak´ armelyik alakját is nézz¨ uk, azt gondolhatnánk, hogy val´ osz´ın˝ uleg nem tartozik a versenyfeladatokban leggyakrabban alkalmazott egyenl˝otlenségek k¨ ozé. Ez azonban nem feltétlen¨ ul igaz, hiszen a (4.2) egyenl˝otlenség nemrég péld´ aul a K¨ oMaL-ban is felbukkant, méghozzá a 2012. májusi számban kit˝ uz¨ ott B. 4461. és A. 563. jel˝ u feladatok egyik megoldásában kapott szerepet (l´ asd a nyomtat´ asban és az interneten közölt [6] megoldásokat). Az eml´ıtett feladatok cikk¨ unk témak¨ orén k´ıv¨ ul esnek, ezért most ezekre nem tér¨ unk ki. Annyit viszont még mindenképpen megeml´ıt¨ unk, hogy a két feladat megoldásában valójában a (4.2) egyenl˝ otlenség al´ abbi általános´ıtására volt sz¨ ukség. 4.6. ´ all´ıt´ as. Legyenek a, b, c, d nemnegat´ıv val´ os sz´ amok, amelyekre a + c > 0 és b + d > 0, tov´ abb´ a legyen p > 1 val´ os sz´ am. Ekkor (a + b + c + d)

p−2

p−2

(a + b)(c + d) > (a + c)

ac + (b + d)

p−2

bd,

és egyenl˝ oség csak abban az esetben ´ all fenn, ha p = 1 és ad = bc. 4.7. feladat. Igazoljuk a 4.6. áll´ıtást (a p = 1 eset ismeretében). (Seg´ıtség: p−2 p−1 (a + c) = (a + c) /(a + c).) Térj¨ unk vissza ezek ut´ an az ellenállásokra és folytassuk a Rayleigh-féle monotonit´ asi t¨ orvény alkalmaz´ asainak sorát. 5. A Milne-egyenl˝ otlens´ eg Egy tov´ abbi által´ anos´ıt´ asi lehet˝osége az 5. ábrán szerepl˝o hálózatnak, ha két ellen´ all´ as helyett n darabot kapcsolunk sorosan, majd két ilyen rendszert párhuzamosan kapcsolunk o abr´ an látható módon. Ekkor az o¨sszes kapcsolót ¨ssze a 6. ´ 520


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 521. oldal – 9. lap


i

6. ´ abra. Az (5.1) egyenl˝ otlenség h´ al´ ozata

nyitva hagyva, az egyes ágakban az ered˝o ellenállás a1 + . . . + an és b1 + . . . + bn , ´ıgy az ered˝ o ellen´ all´ as Renyitott =

(a1 + . . . + an )(b1 + . . . + bn ) . a1 + . . . + an + b1 + . . . + bn

Zárt kapcsol´ ok mellett a h´ al´ ozat a 7. ´ abr´ an láthatóval egyenérték˝ u, ahol párhuzamosan kapcsolt ai , bi ellen´ all´ asokból álló komponensek vannak sorosan kapcsolva. Az egyes komponensek ered˝ o ellenállása ai bi /(ai + bi ), ebb˝ol következ˝oen az o¨sszes kapcsol´ o z´ ar´ asa után a 6. ábra hálózatának ered˝o ellenállása Rezárt =

a1 b1 an bn + ... + . a1 + b1 an + bn

Mivel a Rayleigh-féle monotonit´ asi törvény szerint Renyitott > Rezárt , ezért ai + bi > 0 (i = 1, . . . , n) esetén v´ arhat´ oan igaz a következ˝o egyenl˝otlenség: (5.1)

(a1 + . . . + an )(b1 + . . . + bn ) a1 b1 an bn > + ... + , a1 + . . . + an + b1 + . . . + bn a1 + b1 an + bn

amit m´ asképpen (2-vel val´ o szorzás után) u ´gy is ´ırhatunk, hogy (5.2)

H(a1 + . . . + an , b1 + . . . + bn ) > H(a1 , b1 ) + . . . + H(an , bn ).

Ez n = 2 esetén éppen a (4.2) egyenl˝otlenség, ebb˝ol pedig teljes indukcióval nem

7. ´ abra. A 6. ´ abra h´ al´ ozata ´ atrajzolva z´ art kapcsol´ ok esetén

nehéz bel´ atni az által´ anos esetet. Valóban, ha n-re igaz az (5.2) egyenl˝otlenség, akkor az a = a1 + . . . + an , b = an+1 , c = b1 + . . . + bn , d = bn+1 szereposztással a (4.2) egyenl˝ otlenségb˝ ol azt kapjuk, hogy H(a1 + . . . + an + an+1 , b1 + . . . + bn + bn+1 ) > > H(a1 + . . . + an , b1 + . . . + bn ) + H(an+1 , bn+1 ), ahol a jobb oldalon az indukciós feltevés alkalmazásával éppen (n + 1)-re adódik az (5.2) egyenl˝ otlenség. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

521

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 522. oldal – 10. lap


i

Az iménti indukci´ os gondolatmenet seg´ıtségével azt sem nehéz igazolni, hogy egyenl˝ oség csakis akkor áll fenn, ha az (a1 , . . . , an ) és (b1 , . . . , bn ) vektorok azonos ir´ any´ uak, amin azt értj¨ uk, hogy létezik λ > 0 szám, amellyel ai = λbi minden i = 1, . . . , n esetén. Val´ oban, az egyenl˝oség feltétele n = 2 esetén a 4.3. megjegyzésb˝ ol k¨ ovetkezik. Ha pedig n-re már tudjuk a feltételt, akkor az indukciós lépésb˝ol kiolvashat´ o, hogy csak u ´gy lesz egyenl˝oség (n + 1)-re, ha az indukciós feltevésben is egyenl˝ oség áll fenn, teh´ at az (a1 , . . . , an ) és (b1 , . . . , bn ) vektorok azonos irány´ uak, valamint az is sz¨ ukséges, hogy az (a, b) = (a1 + . . . + an , an+1 ) és

( ) (c, d) = (b1 + . . . + bn , bn+1 ) = λ(a1 + . . . + an ), bn+1

vektorok azonos ir´ any´ uak legyenek. Ebb˝ol sz¨ ukségképpen an+1 = λbn+1 adódik, teh´ at az (a1 , . . . , an+1 ) és (b1 , . . . , bn+1 ) vektorok azonos irány´ uak. ´ enyes teh´ Erv´ at a k¨ ovetkez˝ o áll´ıtás. 5.1. ´ all´ıt´ as. Legyenek ai , bi (i = 1, . . . , n) nemnegat´ıv sz´ amok, amelyekre ai + bi > 0 minden i = 1, . . . , n esetén. Ekkor (a1 + . . . + an )(b1 + . . . + bn ) a1 b1 an bn > + ... + , a1 + . . . + an + b1 + . . . + bn a1 + b1 an + bn és egyenl˝ oség pontosan akkor ´ all fenn, ha az (a1 , . . . , an ) és (b1 , . . . , bn ) vektorok azonos ir´ any´ uak. ´ Erdemes megjegyezn¨ unk, hogy az 5.1. áll´ıtás el˝obbiekben bemutatott teljes indukci´ os bizony´ıt´ asa mellett az általános esetben is m˝ uködik az n = 2 esetén alkalmazott (4.1) azonoss´ agnak megfelel˝o négyzetösszeggé való alak´ıtás ötlete. Ennek töm¨ or és átl´ athat´ o megfogalmazásához azonban célszer˝ u bevezetn¨ unk egy – sokak sz´ am´ ara bizony´ ara már ismer˝ os – jelölést. 5.2. jel¨ ol´ es. Ha a1 , . . . , an tetsz˝oleges valós számok, akkor n ∑

ai := a1 + a2 + . . . + an ,

i=1

amit u ´gy olvasunk, hogy szumma i = 1-t˝ol n-ig ai ”. Használni fogjuk még a ” ∑ aij 16i<j6n

t´ıpus´ u jel¨ olést is, amelyben – magától értet˝od˝oen – az 1 6 i < j 6 n feltételt kielég´ıt˝ oo sszes i, j indexp´ arra kell o¨sszegezni. ¨ A szumm´ as jel¨ olés seg´ıtségével az 5.1. áll´ıt´ as valójában egy – kis odafigyeléssel és t¨ urelemmel – k¨ onnyen ellen˝orizhet˝o azonosságra vezethet˝o vissza, amelyet az alábbi feladatban fogalmazunk meg (a feladat megoldása jó gyakorlási lehet˝oség a szumm´ as jel¨ olésm´ od elsaját´ıtásához). 522


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 523. oldal – 11. lap


5.3. feladat. Mutassuk meg, hogy ( n )( n ) ( n )( n ) ∑ ∑ ∑ ∑ ai bi bi − (ai + bi ) = ai a + bi i=1 i=1 i=1 i i=1

∑ 16i<j6n

i

2

(ai bj − aj bi ) . (ai + bi )(aj + bj )

5.4. t¨ ort´ eneti megjegyz´ es. Az 5.1. áll´ıtásban szerepl˝o egyenl˝otlenséget az irodalomban szok´ as Milne-egyenl˝otlenségnek is h´ıvni. Edward Arthur Milne (1896–1950) angol asztrofizikus és matematikus 1925-ben csillagászati vizsgálódásai kapcs´ an ´ırta fel az egyenl˝ otlenség folytonos változatát integrálok seg´ıtségével (lásd a [9] cikket), és a bizony´ıt´ as k¨ ozben lényegében megfogalmazta az általunk kimondott diszkrét változatot is. A Milne-egyenl˝otlenség igazolását feladatként a neves kanadai, t¨ obbnyire nehezebb versenyfeladatok kit˝ uzésére specializálódott Crux Mathematicorum foly´ oirat is kit˝ uzte 1996-ban. Egy évvel kés˝obb három k¨ ulönböz˝o megold´ ast jelentettek meg, amelyek egyike éppen az 5.3. feladatban szerepl˝o azonoss´ ag (l´ asd [1]). A szakasz z´ arásaként a nevezetes egyenl˝otlenségekkel foglalkozó [4] könyvecske egy nehezebb feladat´ at idézz¨ uk, amely a Milne-egyenl˝otlenség fényében szinte nyilv´ anval´ ov´ a egyszer˝ us¨ odik (ezért próbáljuk többféleképpen is megoldani, és a könyv megold´ as´ at is olvassuk el). 5.5. feladat. Bizony´ıtsuk be, hogy ha a1 , . . . , an pozit´ıv valós számok, akkor 1 1 1+a1

+

1 1+a2

+ ... +

1 1+an

−

1 1 a1

+

1 a2

+ ... +

1 an

>

1 . n

Hivatkoz´ asok [1] F. Ardila, K. W. Lau, V. N. Murty, Solution to problem 2113, Crux Mathematicorum, 23 (1997), 112–114. Elektronikus v´ altozat: https://cms.math.ca/crux/v23/n2/ page112-128.pdf. [2] V. I. Arnold, Katasztr´ ofaelmélet, K¨ ozépiskolai Szakk¨ ori F¨ uzetek, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1987. [3] V. I. Arnold, A matematika tan´ıt´ as´ ar´ ol (ford´ıtotta: Kersner R´ obert), Magyar Tudom´ any, 1998. okt´ ober, 1247–1251. Elektronikus v´ altozat angolul: http://pauli.unimuenster.de/∼munsteg/arnold.html. ´ [4] Abrah´ am G´ abor, Nevezetes egyenl˝ otlenségek, MOZAIK Oktat´ asi St´ udi´ o, Szeged, 1995. [5] P. G. Doyle, J. L. Snell, Random Walks and Electric Networks, The Carus Mathematical Monographs, No. 22, Mathematical Association of America, Washington, DC, 1984. Elektronikus v´ altozat: https://math.dartmouth.edu/∼doyle/docs/walks/ walks.pdf. [6] K¨ oMaL B. 4461. és A. 563. feladatok megold´ asa, K¨ oMaL, 2012/5, 273–274. Elektronikus v´ altozat: http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=B4461. [7] M. Levi, The Mathematical Mechanic: Using Physical Reasoning to Solve Problems, Princeton University Press, Princeton, New Jersey, 2009. [8] J. C. Maxwell, A Treatise on Electricity and Magnetism, Volume 1, Calendron Press, Oxford, 1873. Elektronikus v´ altozat: https://archive.org/details/ atreatiseonelec03maxwgoog.


523

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 524. oldal – 12. lap


i

[9] E. A. Milne, Note on Rosseland’s integral for the stellar absorption coefficient, Mon. Not. R. Astron. Soc., 85 (1925), 979–984. Elektronikus v´ altozat: http://mnras. oxfordjournals.org/content/85/9/979.full.pdf. [10] A. Witkowski, Proof Without Words: An Electrical Proof of the AM-HM Inequality, Math. Mag., 87 (2014), 275. Elektronikus v´ altozat: http://www.jstor.org/stable/ 10.4169/math.mag.87.4.275.

´ am Besenyei Ad´ [email protected]

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 1. Hat´ arozzuk meg a k¨ ovetkez˝o kifejezések pontos értékét közel´ıt˝o értékek haszn´ alata nélk¨ ul: a = sin 75◦ · cos 75◦ ,

b=

5lg 20 , 201+lg 5

1 1 1 1 √ +√ √ +√ √ + ... + √ √ c= √ . 1+ 2 2+ 3 3+ 4 99 + 100

(4 + 5 + 4 pont)

2. Egy háromsz¨ ogben két oldal hosszának k¨ ulönbsége a − b = 4 cm, a vel¨ uk szemk¨ ozti sz¨ ogek α = 60◦ , β = 40◦ . Mekkora a háromszög ter¨ ulete? (12 pont) 3. Egy matematikai teszt meg´ırásában egy középiskola 100 tanulója vett részt, és az átlagpontsz´ amuk 100. Az alsóévesek száma 50%-kal több, mint a fels˝oéveseké, a fels˝ oévesek átlagpontsz´ ama pedig 50%-kal magasabb, mint az alsóéveseké. Mennyi a fels˝ oévesek átlagpontsz´ ama? (13 pont) 4. Egy szab´ alyos hatsz¨ og alap´ u g´ ula alapélei 5 cm, oldalélei 10 cm hossz´ uság´ uak. Mekkora a g´ ula térfogata, a be´ırt és köré ´ırt gömb sugara? Mekkora egy oldallapnak az alaplappal bez´ art szöge? (13 pont) II. r´ esz 5. a) Mennyi lg x − lg y értéke, ha az x, y számokra teljes¨ ul a 2x2 − 5xy + 3y 2 = 0 feltétel? 1

1

b) Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmazán a 4x+ 2 − 5 · 6x + 9x+ 2 = 0 egyenletet. c) Milyen 0 6 α < 360◦ sz¨ ogek a megoldásai a 4 sin2 α − 5 sin α · cos α + 5 cos2 α = 2 egyenletnek? 524

(5 + 5 + 6 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 525. oldal – 13. lap


i

6. Egy hord´ o legnagyobb átmér˝oje 6 dm, legkisebb átmér˝ oje 5 dm, magassága 6 dm. (Ezek a hord´ o bels˝ o méretei.) A hordó olyan forgástestnek tekinthet˝ o, amely egy szimmetrikus parabola´ıv forgat´ as´ aval keletkezett. a) Mekkora a hord´ o térfogata? b) Hány sz´ azalékos hib´ at vét¨ unk, ha a hordó térfogat´ at olyan hengerrel k¨ ozel´ıtj¨ uk, amelynek magass´ aga megegyezik a hord´ oéval, átmér˝oje pedig a hord´ o legkisebb és legnagyobb átmér˝ojének sz´ amtani k¨ ozepével? (16 pont) 7. a) Hányféleképpen áll´ıtható el˝o a 2016 szomszédos pozit´ıv egész számok összegeként? b) Adjunk meg egy olyan, 2016-nál nagyobb, pozit´ıv egész számot, amely nem áll´ıthat´ o el˝ o szomszédos pozit´ıv egész számok összegeként. (16 pont) 8. Az AB átmér˝ oj˝ u k¨ or egy pontja P . Az AB egyenesnek C az a pontja, amelyre AP = P C. P mely helyzetében lesz az ACP háromszög ter¨ ulete maxim´ alis? (16 pont) 9. Ha fel´ırjuk az ¨ osszes olyan ötjegy˝ u számot, amelyben az 1 és 2 számjegyeken k´ıv¨ ul más jegy nem szerepel, akkor mennyi lesz a) a fel´ırt sz´ amok ¨ osszege, b) a fel´ırt sz´ amjegyek ¨ osszege, c) annak a val´ osz´ın˝ usége, hogy két véletlenszer˝ uen kiválasztott ilyen számban ugyanannyi a sz´ amjegyek o sszege? (5 + 4 + 7 pont) ¨ Katz S´ andor Bonyhád, Pet˝ofi Sándor Evangélikus Gimnázium

Megold´ asv´ azlatok a 2015/8. sz. emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsorhoz I. r´ esz

1. Milyen α val´ os paraméter esetén lesz a k¨ ovetkez˝ o egyenletnek egy megold´ asa? 1

x2 cos α + x + 2 sin α = 0. 1 x2 − 2

(11 pont) √

2

ort akkor lehet Megold´ as. A nevez˝ oben nem ´ allhat nulla, teh´ at x ̸= ± 2 . Egy t¨ nulla, ha a sz´ aml´ al´ oja nulla, vagyis x2 cos α + x +


1 sin α = 0. 2

525

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 526. oldal – 14. lap


i

Ennek a m´ asodfok´ u egyenletnek akkor lesz pontosan egy megold´ asa, ha a) Nem m´ asodfok´ u az egyenlet, vagyis a m´ asodfok´ u tag egy¨ utthat´ oja nulla. Ekkor cos α = 0, azaz π α = + kπ (ahol k ∈ Z). 2 Ekkor 1 x + sin α = 0, 2 melyre 1 π esetén x1 = − , α1 = + 2kπ 2 2 3π 1 α2 = + 2kπ esetén x2 = . 2 2 b) M´ asodfok´ u az egyenlet (cos α ̸= 0), s ekkor az egyenlet diszkrimin´ ansa nulla. Ebb˝ ol 1 − 4 · cos α ·

1 sin α = 0, 2

π

vagyis sin 2α = 1 ad´ odik. Ennek gy¨ okei α = 4 + lπ, ahol l ∈ Z. A param´ ertékei √ eter ezen ´ 2 π 5π azonban eteleknek, hiszen α = 4 esetén x = − 2 , α = 4 esetén √ nem felelnek meg a felt´ 2

odik. x = 2 ad´ π Teh´ at az egyenletnek csak α = 2 + kπ esetén lesz egy val´ os gy¨ oke. ´ 2. Ovod´ as kor´ u kis¨ ocsénk a j´ aték rulett-zsetonokat haszn´ alja toronyép´ıtésre. Az els˝ o korongoszlop mellé magasabbat ´ all´ıt, majd a k¨ ovetkez˝ oket ugyanannyival n¨ oveli, mint a kor´ abbiakat. ´ Igy egy lépcs˝ os toronysorozatot hoz létre mack´ oj´ anak. a) Milyen sorozatot alkotnak a tornyok magass´ agai? b) Az els˝ o toronyt´ ol kezdve csoportos´ıtsuk a tornyokat h´ armas´ aval. Igazoljuk, hogy a h´ armas csoportokban szerepl˝ o tornyok magass´ againak o amtani sorozatot alkot. ¨sszege sz´ c) A sorba rendezett tornyok elejér˝ ol kis¨ ocsénk elvett n darab tornyot, majd megsz´ amoltatta vel¨ unk, hogy h´ any zsetonja van ¨ osszesen. Ezut´ an elvett még n db tornyot, s ismét megkérdezte, hogy az el˝ oz˝ ovel egy¨ utt most h´ any zsetonja is van. Ebb˝ ol a két adatb´ ol meg tudn´ ank-e mondani, hogy még n tornyot elvéve, h´ any zsetonunk is lesz az el˝ oz˝ okkel egy¨ utt? (12 pont) Megold´ as. a) Mivel a szomszédos tornyok magass´ agai ugyanannyival n¨ ovekednek, ezért sz´ amtani sorozatot alkotnak. (Ez a sz´ amtani sorozat defin´ıci´ oja.) b) Jel¨ olje az a)-beli sorozat ´ altal´ anos tagj´ at an , differenci´ aj´ at pedig d. Ekkor az u ´j sorozat egy ´ altal´ anos elemét ´ıgy ´ırhatjuk fel: bn = a3n−2 + a3n−1 + a3n = 3 · a3n − 3d = 3a1 − 6d + n · 9d. Ebb˝ ol kiolvashat´ o a sz´ amtani sorozat defin´ıci´ oja, a 9d-s ´ alland´ o n¨ ovekedés. Vagy igazolhatjuk az ´ all´ıt´ ast a 2bn = bn−1 + bn+1 ,

2(3 · a3n − 3d) = (3a3n − 12d) + (3a3n + 6d)

o uggéssel is. ¨sszef¨

526


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 527. oldal – 15. lap


i

c) Legyen sn = b = s2n = c = s3n =

2a1 + (n − 1)d (n − 1)nd · n = a1 n + , 2 2 2a1 + (2n − 1)d (2n − 1)2nd · 2n = 2a1 n + , 2 2

2a1 + (3n − 1)d 6a1 n + (3n − 1)3nd 9n · nd 3nd · 3n = = 3a1 n + − . 2 2 2 2

Ekkor

nd 3n · nd − , 2 2 harmada. Teh´ at s3n = 3(c − b).

c − b = a1 n + amir˝ ol l´ athat´ o, hogy éppen az s3n

3. Az A halmaz elemei olyan 100-n´ al kisebb pozit´ıv a egészek, melyekre sin(a · 10◦ ) = = 0,5. A B halmaz elemei a 100-n´ al kisebb hattal oszthat´ o természetes sz´ amok. a) |A| =? |B| =? b) Defini´ aljuk a C halmazt a k¨ ovetkez˝ oképpen: C := {1; 2; 3; 6; A}, ahol az A halmaz a C eleme. |C \ B| =? c) H´ any p´ aros elem˝ u részhalmaza van C-nek? (14 pont) Megold´ as. a) A sin(a · 10◦ ) = 0,5 egyenlet megold´ asai a · 10◦ = 30◦ + k · 360◦ ,

a · 10◦ = 150◦ + l · 360◦ ,

illetve

melyekb˝ ol a 100-n´ al kisebb a értékek a 3, 39, 75, illetve 15, 51, 87. Teh´ at |A| = 6. A B halmaz elemei: 0, 6, 12, . . . , 96. Teh´ at |B| = 17. b) C \ B = {1; 2; 3; A}, teh´ at |C \ B| = 4. c) Az o a p´ aros elem˝ u részhalmazai a 0, 2, illetve 4 elem˝ uek. ¨t elem˝ (5)u (C5)halmaznak (5) Ezekb˝ ol rendre 0 , 2 , 4 van, ami ¨ osszesen 1 + 10 + 5 = 16 darab. 4. A Balaton val´ os´ agh˝ u modelljét szeretnénk elkész´ıteni. Az adatok szerint a Balaton hossza 77 km, felsz´ıne 594 km2 , ´ atlagos mélysége 3,6 m, legmélyebb pontja 11 m. a) H´ any centiméter mélyen lesz a modell¨ unk legmélyebb pontja a felsz´ınhez képest, ha annak hossza a terepasztalon 1 m? b) Mennyi a modell¨ unk léptéke (méretar´ anya)? c) H´ any centiliter v´ız kell a modellhez, ha azt val´ oban v´ızzel szeretnénk felt¨ olteni? d) A Balatont egy helikopterr˝ ol fentr˝ ol is megtekintj¨ uk, hogy l´ assuk, mennyire hasonl´ıt a modell¨ unkre. A t´ o két legt´ avolabbi, egym´ ast´ ol 77 km-re lév˝ o pontj´ at nézz¨ uk hossztengelyére mer˝ olegesen, k¨ ozéppontja felé rep¨ ulve. 4 km t´ avols´ agban, 900 m magasr´ ol mekkora sz¨ ogben l´ atjuk a tavat? (14 pont) Megold´ as. a) A megfelel˝ o hossz´ us´ agok ar´ any´ at fel´ırva h 1m 1m = = , 11 m 77 km 77 000 m

amib˝ ol

h=

11 m ≈ 0,0143 cm 77 000

ad´ odik.

b) Az el˝ oz˝ o részben fel´ırt megfelel˝ o hossz´ us´ agok ar´ anya a hasonl´ os´ ag ar´ anya: 1 at a lépték 1 : 77 000. λ = 77 000 . Teh´ c) A Balatonban V = 594 · 106 · 3,6 (m3 ) v´ız van. A modellben V ′ = λ3 · V ≈ 0,468 cl v´ız van.


527

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 528. oldal – 16. lap


i

d) Legyen a Balaton két legt´ avolabbi pontja A és B, a k¨ ozepe F . Az AB szakaszra mer˝ olegesen érkez˝ o helikopter a 0,9 km magasan lév˝ o H pontb´ ol nézi az AB t´ avols´ agot, a H pont mer˝ oleges vet¨ ulete a Balaton s´ıkj´ ara H ⊥ . A feladat az AHB^ sz¨ og meghat´ aroz´ asa. Az F HH ⊥ △ deréksz¨ og˝ u, ´ıgy √ F H = 42 + 0,92 = 4,1 km. φ

FB

F H⊥F B, és ´ıgy tg 2 = F H , teh´ at φ ≈ 167,84◦ .

II. r´ esz 5. Egy bank a k¨ ovetkez˝ o aj´ anlattal k´ıv´ anja u orét b˝ ov´ıteni: aki a megadott ¨gyfelei k¨ hat´ arid˝ oig pénzét ´ athozza a fi´ okba fél éves lek¨ otéssel, az els˝ o hat h´ onapban évi 5% kamatot kap. Az apr´ o bet˝ us részt elolvasva megtudhatjuk, hogy fél év ut´ an havi lek¨ otéssel, évi 1,5% kamattal marad a fi´ okban a pénz¨ unk. (A havi lek¨ otés azt jelenti, hogy amennyiben el˝ obb vessz¨ uk ki a pénz¨ unket, a teljes kamatot elvesz´ıtj¨ uk a csonka h´ onapra.) 1 milli´ o forintot tesz¨ unk be a bankba. Ezen feltételek ismeretében v´ alaszoljunk a k¨ ovetkez˝ o kérdésekre: a) Mennyi pénz¨ unk lesz fél év m´ ulva? b) Mennyit kamatozott egy év alatt a betett 1 milli´ o forintunk? c) Kor´ abbi bankfi´ okunkban hagyva a pénz¨ unket évi 2%-os a kamatot kapn´ ank havi lek¨ otés mellett. Legfeljebb mennyi id˝ ore éri meg ´ athozni a pénz¨ unket az u ´j helyre? (16 pont) Megold´ as. a) Fél év alatt 5% kamattal kell sz´ amolni, de nem a teljes évre, csup´ an 1 feleannyi id˝ ore. Így 1 000 000 · (1 + 0,05) 2 , vagyis egészre kerek´ıtve 1 024 695 Ft-unk lesz. b) A teljes évre a kamat: 1

1

(1 + 0,05) 2 · (1 + 0,015) 2 ≈ 1,032 4, teh´ at kb. 3,24% a kamat a teljes évre. 1

(A m´ asodik félévben m´ ar csak 1,5% volt a kamat, ´ıgy 1 024 695 · (1,015) 2 ≈ 1 032 352 forintunk lett.) b) A feladat meg´ allap´ıtani, hogy h´ any évre érdemes ´ athozni a pénz¨ unket a feltételeknek megfelel˝ oen. (Feltételezz¨ uk, hogy a két bank egyéb k¨ oltségei nem k¨ ul¨ onb¨ oznek, és ´ıgy csak a h˝ uségid˝ on m´ ulik, hogy érdemes-e ´ atmenni egyik bankb´ ol a m´ asikba.) 1

1

1 000 000 · 1,02n = 1 000 000 · 1,05 2 · 1,015n− 2 , (

1,02 1,015

)n

( =

n=

1,05 1,015

)1 2

,

1,05 ( 1,015 ) ≈ 3,45. 1,02 ln ( 1,015 )

1 ln 2

Teh´ at kb. h´ arom és fél évnél kevesebb id˝ otartam esetén megéri ´ athozni a pénzt az u ´j feltételeknek megfelel˝ oen. (Vagyis hosszabb id˝ ore nem éri meg ´ athozni a pénz¨ unket.)

528


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 529. oldal – 17. lap


i

6. Ugorjunk m´ asfél évet. Az egyetemek u ´j el˝ o´ır´ asa miatt a 2017-es érettségin igen sokan v´ alasztott´ ak a matematik´ at emelt szinten. 10%-uknak 90% feletti lett az eredménye. a) Az emelt szinten érettségiz˝ o di´ akok k¨ oz¨ ul véletlenszer˝ uen megkérdezve 10-et mekkora annak az esélye, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk pontosan ketten 90% feletti érettségit tettek? b) Internetes felmérésen 100 di´ akot kérdeztek meg véletlenszer˝ uen az emelt szinten érettségiz˝ ok k¨ oz¨ ul. Mekkora a val´ osz´ın˝ usége, hogy legfeljebb 2-en vizsg´ aztak 90% feletti ´ annak, hogy a 100 megkérdezett di´ eredménnyel? Es akb´ ol legfeljebb ketten vannak azok, akiknek nem siker¨ ult 90% felett az eredmény¨ uk? c) (Az emelt szinten t´ ulmutat´ o kérdés.) Az OH statisztik´ aj´ aban kutakodunk. A 40 000 emelt szint˝ u vizsg´ az´ o eredményét tekintve 90%-os biztons´ aggal h´ any 90% feletti eredményes vizsg´ az´ ora sz´ am´ıthatunk? (16 pont) Megold´ as. a) Az érettségiz˝ ok nagy sz´ ama miatt binomi´ alis eloszl´ assal sz´ amolhatunk. A visszatevéses urna-modell szerint 0,1 val´ osz´ın˝ uséggel v´ alaszthatjuk ki a 90% feletti tanul´ okat, s( a )maradék nyolcat 0,9 val´ osz´ın˝ uséggel. Ezen tanul´ okat pedig 10 -féleképpen v´ alaszthatjuk ki. Eszerint 2 P (X = 2) =

( ) 10 · 0,98 · 0,12 ≈ 0,1937. 2

Teh´ at kb. 19,37% annak az esélye, hogy pontosan két 90% feletti eredmény˝ u tanul´ ot tal´ alunk az adathalmazban. (A grafikonr´ ol j´ ol l´ atszik, hogy a legnagyobb esélye annak lenne, hogy egy tanul´ ot tal´ alunk, aki a feltételnek megfelel.) b) Annak az esélye, hogy legfeljebb két 90% feletti eredményt ny´ ujt´ o di´ akot tal´ aljunk, azzal egyezik meg, hogy pontosan kett˝ o, vagy pontosan egy, illetve egy ilyen di´ akot sem tal´ alunk a 10 tanul´ o k¨ oz¨ ott. P (X 6 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) =

2 ( ) ∑ 100

i

· 0,9100−i · 0,1i ≈

i=0

≈ 0,000 027 + 0,000 295 + 0,001 623 = 0,001 945. Teh´ at annak az esélye, hogy legfeljebb két 90% feletti eredményt ´ır´ o tanul´ ot tal´ alunk, kb. 0,19%, k¨ ozel nulla. (Ez a lenti grafikonon is j´ ol leolvashat´ o, a g¨ orbe bal széle.)


529

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 530. oldal – 18. lap


i

Annak az esélye, hogy legfeljebb két olyan di´ akot tal´ aljunk, akiknek nem siker¨ ult 90% felett az érettségij¨ uk, megegyezik azzal, hogy 0, 1 vagy 2 ilyen di´ ak van. ) 2 ( ∑ 100 P (Y 6 2) = P (Y = 0) + P (Y = 1) + P (Y = 2) = · 0,1100−i · 0,9i ≈ 0. i i=0 c) A feladat szerint nem szeretnénk nagyon hib´ azni, 90% biztons´ aggal akarjuk meghat´ arozni azon vizsg´ az´ ok sz´ am´ at, akik 90%-n´ al jobban teljes´ıtettek. A kérdés teh´ at az, hogy legfeljebb h´ any ilyen tanul´ ora sz´ am´ıthatunk 90%-os biztons´ aggal. Az el˝ oz˝ o grafikonokb´ ol is j´ ol l´ atszik, hogy eszerint azt az n értéket keress¨ uk, melynél kisebb n-ekre az oszlopok ter¨ ulete a teljes grafikon ter¨ uletének 90%-a lesz. Ez a sz´ am´ıt´ as binomi´ alis eloszl´ assal legfeljebb sz´ am´ıt´ ogép seg´ıtségével (pl. GeoGebra – ld. a GEOMATECH1 oldal´ an lév˝ o statisztikai feladatokat) lenne elvégezhet˝ o, ´ıgy k¨ ozel´ıts¨ uk eloszl´ asunkat norm´ alis eloszl´ assal. Az eloszl´ as v´ arhat´ o értéke E(X) = = 0,1 · 40 000 = 4 000, sz´ or´ asa

D(X) =

√ 0,1 · 0,9 · 40 000 = 60.

A norm´ alis eloszl´ ashoz a g¨ orb´ enket transzform´ alnunk kell, hogy a j´ ol ismert Gauss-g¨ orbét ( x2 ) 1 − megkapjuk f (x) = √ e 2 : 2π

1. toljuk el a maximum´ at az y-tengelyhez (E(X)-szel val´ o eltol´ as); 2. alak´ıtsuk u ´gy ´ at, hogy ter¨ ulete 1 legyen (osszuk D(X)-szel bel¨ ul”, hogy mer˝ oleges ” affinit´ ast hajtsunk végre az x-tengely ir´ any´ aban).

Ekkor a g¨ orbe alatti integr´ al´ as lenne a feladatunk, de szerencsére” a f¨ uggvény” t´ abl´ azat Φ(Z)-t´ abl´ azat´ at haszn´ alva visszakereshetj¨ uk, hogy milyen x abszcissz´ aig integr´ alva lenne a g¨ orbe alatti ter¨ ulet 0,9: ( ) L − 4000 L − 4000 P (X 6 L) = Φ = 0,9, = 1,28, L = 4076,8. 60 60 Teh´ at elegend˝ o legfeljebb 4 077 tanul´ ot mondani, hogy 90% biztons´ aggal eltal´ aljuk, hogy h´ anyan ´ırt´ ak meg 90%-n´ al jobban a dolgozatot. 7. Adott a val´ os sz´ amok halmaz´ an értelmezett f f¨ uggvény: x . f : x 7−→ 1 − |x| ´ azoljuk a f¨ a) Abr´ uggvényt a ]−1; 2] \ {1} intervallumon. 1

530

http://tananyag.geomatech.hu/.


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 531. oldal – 19. lap


i

b) Adott a g(x) = 2x f¨ uggvény. Mi lesz az f ◦ g f¨ uggvény értékkészlete a ]−1; 2] intervallumon? c) Hat´ arozzuk meg az f f¨ uggvény inverzét a ]−1; 1[ intervallumon, s ´ abr´ azoljuk az f −1 f¨ uggvényt. (16 pont) Megold´ as. a) A f¨ uggvény ´ abr´ azol´ as´ ahoz bontsuk fel az abszol´ utértéket:  x x x+1 −1 −1    1 − (−x) = 1 + x = x + 1 + x + 1 = x + 1 + 1, ha x < 0, x ̸= −1, f : x 7−→    x = − x − 1 + 1 = −1 − 1, ha x > 0, x ̸= 1. 1−x x−1 x−1 Ezekr˝ ol az alakokr´ ol j´ ol leolvashat´ ok a f¨ uggvénytranszform´ aci´ ok. A megfelel˝ o intervallumokon ´ abr´ azoljuk a f¨ uggvényeket (1. ´ abra).

1. ´ abra

2. ´ abra

b) Az f (x) → f (2x) f¨ uggvénytranszform´ aci´ o egy x tengely ir´ any´ u mer˝ oleges affinit´ asnak felel meg (x tengely ir´ any´ aban t¨ ortén˝ o zsugor´ıt´ as, 2. ´ abra). Természetesen ezt is meggondolhatjuk az abszol´ utérték bont´ as´ anak seg´ıtségével:  1  −2 2x 1 x    = 1 = + 1, ha x < 0, x ̸= − ,  1  1 − (−2x) 2  +x x+ 2 2 f : x 7−→  1   1  2x = − 2 − 1,  ha x > 0, x ̸= .   1 − 2x 1 2 x− 2 ´ azol´ Abr´ as nélk¨ ul is, az el˝ oz˝ oek alapj´ an, l´ athat´ o, hogy a f¨ uggvény értékkészlete a teljes val´ os sz´ amhalmaz. c) A f¨ uggvény a ]−1; 1[ intervallumon k¨ olcs¨ on¨ osen egyértelm˝ u hozz´ arendelés, ´ıgy invert´ alhat´ o. x < 0 esetén: y=

x 1+x

x↔y

−−−→

x=

y 1+y


−→

y=

−1 − 1. x−1

531

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 532. oldal – 20. lap


i

x > 0 esetén: y=

x 1−x

x↔y

−−−→

x=

y 1−y

−→

y=

−1 + 1. x+1

A vastagon ´ abr´ azolt rész a kért ]−1; 1[ intervallumon értelmezett f¨ uggvény. 8. Lak´ asunk nappali szob´ aja hatsz¨ og alak´ u, melynek oldalai rendre AB = 3,4, BC = 2,3, CD = 2,3, DE = 2,3, EF = 3,4, valamint F A = 3,7 méteresek. Az AB és a BC, valamint a DE és az EF oldalak mer˝ olegesek egym´ asra. A szoba parkett´ az´ as´ ahoz szeretnénk meg´ allap´ıtani az alapter¨ uletét, melyet kétféleképpen tesz¨ unk meg. Mi megmérj¨ uk a szoba AD ´ atl´ oj´ at, melyet 4,8 méteresnek tal´ alunk, m´ıg fiaink a szoba F cs´ ucs´ an´ al lév˝ o sz¨ oget hat´ arozz´ ak meg, melyet 120◦ -nak mérnek. A hossz´ us´ agot 5 cm-es pontoss´ aggal, m´ıg a sz¨ oget 5◦ -os pontoss´ aggal tudjuk eszk¨ ozeinkkel megmondani. a) A sz¨ og vagy a hossz´ us´ ag relat´ıv hib´ aja nagyobb? b) Mekkor´ ak a ter¨ uletek a két esetben? c) Mennyire pontosan ismerj¨ uk a két esetben az AD ´ atl´ ot? d) Melyik mérést fogadjuk el ink´ abb?

(16 pont)

Megold´ as. a) Tudjuk, hogy a hossz´ us´ ag abszol´ ut hib´ aja: H(AB) = 0,05 m. A rela0,05

t´ıv hib´ aja: R(AB) = 4,8 ≈ 0,01, vagyis k¨ ozel´ıt˝ oleg 1%. A sz¨ og esetén: H(AF E^) = 5◦ , 5 R(AF E^) = 120 ≈ 0,04, ami 4%. Teh´ at a sz¨ og relat´ıv hib´ aja a nagyobb. b) Kész´ıts¨ uk el a szoba v´ azlatrajz´ at. Az ´ abr´ an l´ athat´ o c oldalt Pitagorasz-tétel seg´ıtségével sz´ am´ıthatjuk ki: √ c = 2,32 + 3,42 ≈ 4,1. Az els˝ o esetben a ABC és DEF h´ aromsz¨ ogek ter¨ uletét két befog´ ojuk seg´ıtségével, m´ıg a két bels˝ o h´ aromsz¨ og ter¨ uletét Heron-képlet seg´ıtségével hat´ arozhatjuk meg: 2,3 · 3,4 √ + 5,6 · 0,8 · 3,3 · 1,5 + 2 √ + 6,3 · 2,6 · 2,2 · 1,5 ≈ 19,88 m2 .

T = 2·

A m´ asodik esetben az α sz¨ og seg´ıtségével hat´ arozzuk meg AD hossz´ us´ ag´ at (koszinusz2,3

ol β ≈ 34,08◦ . tétel). Az F ED h´ aromsz¨ ogben tg β = 3,4 , amib˝ √ AD = 3,72 + c2 − 2 · 3,7 · c · cos(α − β) ≈ 5,33.

532


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 533. oldal – 21. lap


i

Ezut´ an a ter¨ uleteket hasonl´ oképpen hat´ arozhatjuk meg: √ √ 2,3 · 3,4 T′ = 2 · + 5,1 · 1,27 · 2,8 · 1 + 8,815 · 1,715 · 2,115 · 1,985 ≈ 18,38 m2 . 2 c) A hosszmérést ±5 cm hib´ aval végezhetj¨ uk, ezért 475 cm < AD < 485 cm, a sz¨ oggel val´ o sz´ amol´ asn´ al 530 cm-t kaptunk, teh´ at biztosan sokkal pontatlanabb ez az adat. d) A két esetben – a hibasz´ am´ıt´ as tekintetében – azonos m˝ uveletsorozatokat hajtunk végre az AD a ´tl´ on, ´ıgy a m´ asodik esetben nagyobb hib´ aval ismerj¨ uk a ter¨ uletet, mint az els˝ oben. 9. A mérn¨ ok¨ ok egy gépkocsi mozg´ as´ at figyelték m˝ uszerek seg´ıtségével négy m´ asodpercen ´ at. A pillanatnyi sebességek (m/s-ban) mért adataira a sz´ am´ıt´ ogép a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggvényt illesztette: v(t) = 2,5t3 − 16t2 + 33t + 5. a) Mekkora sebességre gyorsult fel az aut´ o az els˝ o m´ asodperc végére? b) A sebességv´ alt´ as pillanat´ aban nem gyorsult az aut´ o. Mikor volt ez? c) A gépkocsi pillanatnyi fogyaszt´ as´ at (centiliterben mérve)2 a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggvény ´ırja le: ( ) F (t) = 2 · 10−2 · v ′ (t) + 50t . H´ any centiliter u o két m´ asodperc alatt? (16 pont) ¨zemanyag fogyott az els˝ Megold´ as. a) Az els˝ o m´ asodperc végére v(t) = 2,5 · 13 − 16 · 12 + 33 · 1 + 5 = 24,5 (m/s), azaz 88,2 km/h sebességre gyorsult fel. b) Amikor az aut´ o nem gyorsul, akkor a ∆t id˝ o alatti sebességv´ altoz´ asa nulla. Ezek szerint a sebesség deriv´ altj´ anak nullahelyét keress¨ uk. v ′ (t) = 7,5 · t2 − 32 · t + 33 = 0. Ennek nullahelyei t1 = 1,745 s-n´ al, illetve t2 = 2,522 s-n´ al vannak. Ekkor nem gyorsult az aut´ o, teh´ at ekkor lehettek a sebességv´ alt´ as pillanatai. (Ehhez automata sebességv´ alt´ ot lehet elképzelni, mellyel a Forma-1 pil´ ot´ ai versenyeznek.) c) A megadott f¨ uggvény a gépkocsi pillanatnyi fogyaszt´ as´ at adja meg. Az els˝ o két m´ asodperc alatt a gépkocsi fogyaszt´ as´ at ennek a f¨ uggvénynek a [0; 2] intervallumon vett hat´ arozott integr´ alja adja meg. ∫ 2 ∫ 2 ( ) F (t) dt = 2 · 10−2 · v ′ (t) + 50t dt = 0

0

∫

2

=

( ) 2 · 10−2 · 7,5 · t2 − 32 · t + 33 + 50t dt =

0

= 2 · 10

−2

[

t2 t3 7,5 + 18 + 33t 3 2

]2 = 2,44 (cl). 0

Sz´ ekely P´ eter Budapest

2 Sajn´ alatos m´ odon a feladatba hiba cs´ uszott, eredetileg a centiliter sz´ o helyett liter szerepelt. A hib´ aért elnézést kér¨ unk.


533

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 534. oldal – 22. lap


i

Matematika feladat megold´ asa

B. 4671. Legyenek AB1 B2 . . . B6 és AC1 C2 . . . C6 azonos k¨ or¨ ulj´ ar´ as´ u szab´ alyos hétsz¨ ogek. Mutassuk meg, hogy a B1 C1 , B2 C2 , . . . , B6 C6 egyenesek egy ponton mennek ´ at. (5 pont)

Javasolta: Holl´ o G´ abor (Budapest)

Megold´ as. Legyen az AB1 B2 . . . B6 hétszög kör¨ ul´ırt köre kB , az AC1 C2 . . . C6 hétsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore pedig kC . A kB és kC körök átmennek A-n. Jelölje a két k¨ or A-t´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o metszéspontját M (ha a két kör A-ban érinti egymást, akkor M ≡ A). Megmutatjuk, hogy i = 1, 2, . . . , 6 esetén a Bi Ci egyenesek mindegyike átmegy M -en. ◦ alyos hétszögek oldalaihoz tartozó ker¨ uleti szög Legyen α = 180 7 . Ez a szab´ mind a kB , mind pedig a kC k¨ orben. Az α szög seg´ıtségével meg fogjuk határozni az AM Bi és AM Ci sz¨ ogeket. Két f˝o esetet k¨ ulönböztet¨ unk meg, annak megfelel˝oen, hogy a Bi és Ci cs´ ucsok az AM egyenes (ha a két kör A-ban érinti egymást, akkor az A-beli közös érint˝oj¨ uk) által meghatározott két féls´ık köz¨ ul ugyanabba vagy k¨ ulönböz˝oekbe esnek. Feltehetj¨ uk, hogy a hétszögek pozit´ıv kör¨ uljárás´ uak. Nevezz¨ uk az AM egyenes által meghatározott féls´ıkok köz¨ ul pozit´ıvnak azt, amelyik a kB és kC körök A-ból M -be men˝o ´ıvei köz¨ ul a pozit´ıv irány´ ut tartalmazza, negat´ıv féls´ıknak pedig a másikat, s jelölje e ny´ılt féls´ıkokat F+ és F− (1. ´ abra). Ekkor a ker¨ uleti szögek tételét alkalmazva kapjuk, hogy 1. ´ abra AM Bi ^ =

 AM B1 ^ + B1 M B2 ^ + . . . + Bi−1 M Bi ^ = iα,

ha Bi ∈ F+ ,

AM B ^ + B M B ^ + . . . + B M B ^ = (7 − i)α, 6 6 5 i+1 i

ha Bi ∈ F− ,

s ugyan´ıgy AM Ci ^ =

 iα,

ha Ci ∈ F+ ,

(7 − i)α,

ha Ci ∈ F− .

Ezek ut´ an már egyszer˝ uen beláthatjuk, hogy az M , Bi és Ci pontok minden i = 1, 2, . . . , 6 esetén egy egyenesbe esnek. Ha M ≡ Bi vagy M ≡ Ci , akkor ez 534


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 535. oldal – 23. lap


i

nyilv´ anval´ o. Ha Bi és Ci k¨ oz¨ ul mindkett˝o az F+ vagy az F− féls´ıkba esik, akkor AM Bi ^ = AM Ci ^, és mivel Bi és Ci az AM egyenesnek ugyanazon az oldalán vannak, ezért ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy Bi és Ci ugyanazon az M -b˝ol kiinduló félegyenesen helyezkednek el (2. ´ abra). Ha viszont Bi és Ci k¨ ulönböz˝o féls´ıkokban vannak, akkor AM Bi ^ + AM Ci ^ = i · α + (7 − i) · α = 180◦ , s mivel Bi és Ci az AM egyenesnek k¨ ulönböz˝o oldalain vannak, ezért ebb˝ol következik, hogy Bi , Ci és M kollineárisak (3. ´ abra).

2. ´ abra

3. ´ abra

Az el˝ oz˝ o bekezdésben le´ırtak M ≡ A esetén is igazak, csak azt kell meggondolnunk, hogy ekkor AM Bi ^ és AM Ci ^ a megfelel˝o érint˝oszár´ u ker¨ uleti szögeket jel¨ oli (4. és 5. ´ abra).

4. ´ abra

5. ´ abra

Ezzel a feladat áll´ıt´ as´ at beláttuk. Kocsis J´ ulia (Dunakeszi, Radnóti M. Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján Megjegyzés. A megold´ as sor´ an nem haszn´ altuk ki, hogy a soksz¨ ogek oldalsz´ ama 7. Ugyanezzel a gondolatmenettel bel´ athat´ o az ´ all´ıt´ as tetsz˝ oleges n-sz¨ ogekre is. S˝ ot tulajdonképpen azt bizony´ıtottuk be, hogy ha tekintj¨ uk az egym´ ast az A pontban metsz˝ o kB


535

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 536. oldal – 24. lap


i

és kC k¨ orvonalak azon Bφ és Cφ pontjait, melyekre az ugyanolyan ir´ any´ıt´ as´ u ABφ és ACφ ´ıvekhez tartoz´ o k¨ ozépponti sz¨ ogek megegyeznek, akkor a Bφ Cφ egyenesek ´ atmennek kB és kC m´ asik (esetleg A-val egybees˝ o) metszéspontj´ an. 80 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott 24 versenyz˝ o: And´ o Angelika, Baran Zsuzsanna, Bodolai El˝ od, Cseh Krist´ of, Csépai Andr´ as, D¨ obr¨ ontei D´ avid Bence, Fekete Panna, G´ al Bogl´ arka, Glattfelder Hanna, Hansel Soma, Kocsis J´ ulia, Kov´ acs Péter Tam´ as, Nagy D´ avid Paszk´ al, Németh Bal´ azs, Papp Marcell, Polg´ ar M´ arton, Schrettner B´ alint, Schwarcz Tam´ as, Szebellédi M´ arton, Szécsényi N´ andor, Tomcs´ anyi Gergely, T´ oth Viktor, Varga-Umbrich Eszter, Williams Kada. 4 pontos 24, 3 pontos 10, 2 pontos 11, 1 pontos 7, 0 pontos 4 dolgozat.

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (481–486.) K. 481. Mennyi a számok o¨sszege a 20 × 20-as szorzót´ abl´ aban? (Az ´ abr´ an az 5 × 5-ös szorzótáblát látjuk.) K. 482. Egy bicikligyárban az elkész¨ ult bicikliket szisztematikusan tesztelik. Minden ötödiken a fékeket, minden negyediken a fogaskerekeket és minden hetediken a váltót. 435 biciklit gy´ artanak naponta. Hány olyan bicikli ker¨ ul ki a gyárb´ ol naponta, amelyen semmit sem tesztelnek? K. 483. H´ anyféleképpen lehet fel´ırni egy kör ker¨ uletére az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sz´ amokat u ´gy, hogy semelyik két szomszédos szám összege se legyen többszöröse a 3, 5 és 7 egyikének se? K. 484. Írjuk 1-t˝ ol n-ig a természetes számokat egy-egy kártyára. Melyik az a legkisebb n, melyre ak´ arhogy is osztjuk két csoportra a kártyákat, az egyikben lesz két kártya, amelyeken szerepl˝o számok összege négyzetszám? K. 485. Az óri´ as és Babszem Jankó elmennek a sárkány várához. Az óriás ugyan 3,5 m-rel magasabb Jankónál, de nem éri fel a földön állva a várfal tetejét. Ezért felemeli a tenyerén Babszem Jankót a feje fölé, akinek ´ıgy éppen siker¨ ul ´ asnak hossz´ felkapaszkodnia a 6 méter 20 cm magas várfalra. Az Ori´ u keze van, a testmagass´ ag´ anak 40%-´ aval a feje fölé tudja ny´ ujtani a kezét, m´ıg Babszem Jankó ´ as, illetve csak a magass´ ag´ anak 20%-´ aig tud felny´ ulni a feje fölé. Milyen magas az Ori´ Babszem Jank´ o? K. 486. H´ any olyan ¨ otjegy˝ u pozit´ıv egész szám van, melyben a számjegyek összege és szorzata is páros? Beku esi hat´ arid˝ o: 2016. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

536


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 537. oldal – 25. lap


i

A C pontversenyben kit˝ uzo ¨tt gyakorlatok (1322–1328.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1322. Melyik az a legnagyobb hétjegy˝ u szám, amit u ´gy kapunk, hogy egy sz´ amtani sorozat három egym´ ast követ˝o, pozit´ıv egész tagját közvetlen¨ ul egymás ut´ an ´ırjuk? Quantum, 1998 C. 1323. Egy deréksz¨ og˝ u háromszögben az A cs´ ucsból induló szögfelez˝o BC oldallal val´ o metszéspontja legyen T . A BC oldal felez˝opontja F , az F -ben áll´ıtott felez˝ omer˝ oleges metszéspontja a háromszög másik oldalával M . Mekkorák a h´ aromsz¨ og sz¨ ogei, ha tudjuk, hogy AT F M deltoid? (Az A a háromszög bármely cs´ ucs´ at jel¨ olheti.) Feladatok mindenkinek ´ sz´ıvecske alak´ C. 1324. Agi u mézeskalácsokat s¨ ut karácsonyra. A mézecskalács form´ aja egy 6 cm oldal´ u négyzet és két szomszédos oldalához illeszked˝o félkör egyes´ıtéseként j¨ on létre. Az ¨ osszegy´ urt tésztát mindig ugyanolyan vastagság´ ura és egész deciméter oldalhossz´ us´ ag´ u négyzet alakba ny´ ujtja (a méreten t´ ul lógó részeket lev´ agja, és a testvérének adja). A sz´ıvecskéket u ´gy vágja ki a négyzetb˝ol, hogy egyik sark´ ahoz illeszti a szaggat´ o forma sarkát, hogy az oldalak is egybeessenek, majd ugyanebben az ir´ anyban helyezi el a lehet˝o legszorosabban u ´jra és u ´jra a szaggatót ´ a kiv´ agott sz´ıvek mellé. Hány sz´ıvecskét tud s¨ utni Agi, ha kezdetben egy 1 m2 -es tészt´ aja van, és a form´ az´ as ut´ ani maradékot mindig u ´jra gy´ urja? √ C. 1325. Jel¨ olje an a n-hez legközelebbi egész számot. Mekkora az 1 1 1 1 + + + ... + a1 a2 a3 a484 o¨sszeg? C. 1326. Egy deréksz¨ og˝ u trapéz alak´ u telek ker¨ ulete 400 m. A trapéz egyik sz´ ara az alappal 45◦ -os sz¨ oget zár be. Mekkora alap esetén lenne a telek ter¨ ulete a lehet˝ o legnagyobb? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1327. Hogyan tudjuk az ´ abr´ an l´ athat´ o tulajdons´ agokkal rendelkez˝ o nyolcsz¨ oget egy bels˝ o pontjából indul´ o szakaszokkal négy részre darabolni u ´gy, hogy a kapott részekb˝ ol két, egybev´ ag´ o szab´ alyos o tsz¨ o get rakhassunk ¨ össze?


537

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 538. oldal – 26. lap


i

C. 1328. Oldjuk meg a következ˝o egyenletet: 2

2sin

x

=

sin x + cos x √ . 2

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2016. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkaf¨ uzet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (4750–4758.)

B. 4750. Anna szerint a h´ aromjegy˝ u, Balázs szerint az ötjegy˝ u számok köz¨ ul választva lesz nagyobb a val´ osz´ın˝ usége annak, hogy a kapott számban van 6-os sz´ amjegy. Melyik¨ uknek van igaza? (3 pont)

Matlap (Kolozsvár)

B. 4751. Igazoljuk, hogy 3n + 5n egyetlen pozit´ıv egész n esetén sem négyzetsz´ am. (4 pont)

Javasolta: Somlai G´ abor (Budapest)

B. 4752. Egy egyenes a közös pont nélk¨ uli k1 , illetve k2 körb˝ol rendre az egyenl˝ o hossz´ us´ ag´ u AB és CD h´ urokat metszi ki. A metszéspontok sorban A, B, C és D. Egy P pontra teljes¨ ul, hogy P A érinti a k1 , P D pedig a k2 kört. Adjuk A meg a PP D ar´ anyt a két k¨ or sugarának felhasználásával. (4 pont)

M&IQ

B. 4753. Bizony´ıtsuk be, hogy bármely x > 0 számra √ √ √ √ 15x + 6 2x (2x + 1) (2x + 2) 2x + 3 < . 8 (5 pont)

Javasolta: De´ ak Imre (Székelyudvarhely)

B. 4754. Az ABC h´ aromszög D bels˝o pontján átmen˝o AD, BD és CD egyenesek a szemk¨ ozti oldalakat rendre az A1 , B1 és C1 pontokban metszik. Az A1 B1 szakasz felez˝ opontja C2 , B1 C1 felez˝opontja A2 , C1 A1 felez˝opontja pedig B2 . Mutassuk meg, hogy az AA2 , BB2 és CC2 egyenesek egy ponton mennek át. (5 pont) 538

Javasolta: Mikl´ os Szil´ ard (Herceghalom)


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 539. oldal – 27. lap


i

B. 4755. Az ABC h´ aromszögben a CB, illetve a CA oldalhoz ´ırt kA , illetve kB k¨ or¨ ok a megfelel˝ o oldalakat a D, illetve az E pontban érintik. Mutassuk meg, hogy a DE egyenes a kA és kB körökb˝ol egyenl˝o hossz´ uság´ u h´ urokat metsz ki. (4 pont)

Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Gimn.)

B. 4756. Adott az egységkocka belsejében néhány gömb, melyek felsz´ınének o¨sszege 2015. Mutassuk meg, hogy a) van olyan egyenes, amely ezek köz¨ ul legalább 500 gömböt metsz, b) van olyan s´ık, amely ezek köz¨ ul legalább 600 gömböt metsz. (6 pont)

Erdélyi Magyar Matematikaverseny

B. 4757. T´ızes sz´ amrendszerben a k darab 1-esb˝ol álló számot jelölje Ak . Hány olyan pozit´ıv egész sz´ am van, amely nem áll´ıtható el˝o az Ak valamely többszöröse sz´ amjegyeinek ¨ osszegeként? (6 pont)

Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Gimn.)

B. 4758. Legal´ abb h´ any k¨ ulönböz˝o oldalegyenese van egy (nem feltétlen¨ ul konvex) 2015-sz¨ ognek? (6 pont)

Javasolta: Lenger D´ aniel (Budapest)

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2016. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d Novemberi sz´ amunkban a B. 4748. feladat hibásan jelent meg. A feladat szövegét honlapunkon kijav´ıtottuk, és versenyz˝oinket e-mailben is értes´ıtett¨ uk a változ´ asr´ ol. Mivel a hiba elég korán kider¨ ult, a feladat bek¨ uldési határideje (december 10.) nem v´ altozik. A feladat jav´ıtott szövege a következ˝o: B. 4748. Forgassuk meg a H háromszöget egy, a s´ıkjában fekv˝o, de ˝ot nem metsz˝ o egyenes k¨ or¨ ul. Bizony´ıtsuk be, hogy a keletkezett test térfogata megegyezik H ter¨ uletének és a H s´ ulypontja által a forgatás során le´ırt kör ker¨ uletének a szorzat´ aval. (5 pont) A hib´ aért és az okozott kellemetlenségért elnézést kér¨ unk.

d K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

539

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 540. oldal – 28. lap


i

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (656–658.) A. 656. Legyen p(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn valós egy¨ utthatós polinom, amelyre x > 0 esetén p(x) > 0. Bizony´ıtsuk be, hogy tetsz˝oleges c, d pozit´ıv számok esetén a0 + a1 (c + d) + a2 (c + d)(c + 2d) + . . . + an (c + d)(c + 2d) . . . (c + nd) > 0. A. 657. Legyen ∑ {xn } (a van der )Korput sorozat, ∑ azaz ha a pozit´ıv egész n bin´ aris alakja n = i ai 2i ai ∈ {0, 1} , akkor xn = i ai 2−i−1 . Legyen V a s´ıkbeli (n, xn ) pontok halmaza, ahol n pozit´ıv egész. Legyen G az a gráf, melynek cs´ ucshalmaza V , és amelyben két k¨ ulönböz˝o cs´ ucsot, p-t és q-t akkor és csak akkor k¨ otj¨ uk ¨ ossze éllel, ha van olyan – a koordinátatengelyekkel párhuzamos állás´ u – R téglalap, melyre R ∩ V = {p, q}. Igazoljuk, hogy G kromatikus száma véges. Schweitzer Mikl´ os emlékverseny, 2015 A. 658. A háromdimenziós, origó középpont´ u egységgömb S 2 határán egy w szélesség˝ u sávon egy w szélesség˝ u, origóra szimmetrikus gömbövet ért¨ unk. Mutassuk meg, hogy létezik olyan c > 0 konstans, amelyre minden pozit´ıv egész n esetén S 2 lefedhet˝ o n darab egyforma szélesség˝ u sávval u ´gy, hogy minden pontot √ legfeljebb c · n s´ av tartalmaz. Schweitzer Mikl´ os emlékverseny, 2015 Beku esi hat´ arid˝ o: 2016. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518 Novemberi számunkban az A. 653. és az A. 654. feladat is pontatlanul vagy hib´ asan jelent meg. A feladatok szövegét honlapunkon kijav´ıtottuk, és versenyz˝oinket e-mailben is értes´ıtett¨ uk a változásról. Mivel a hiba elég korán kider¨ ult, a feladatok bek¨ uldési hat´ arideje (december 10.) nem változik. A feladatok jav´ıtott sz¨ ovege a k¨ ovetkez˝o: A. 653. Legyen n > 2 egész. Igazoljuk, hogy akkor és csak akkor léteznek olyan a1 , . . . , an−1 egész sz´ amok, amelyekre a1 arctg 1 + a2 arctg 2 + . . . + an−1 arctg(n − 1) = arctg n, )( ) ( ) ( ) 2 ha 12 + 1 22 + 1 . . . (n − 1) + 1 osztható n2 + 1 -gyel. (

A. u polinom, amire 0 < x 6 1 esetén 654. Legyen p(x) olyan legfeljebb n-edfok´ p(x) 6 √1 . Mutassuk meg, hogy p(0) 6 2n + 1. x A hib´ akért és az okozott kellemetlenségért elnézést kér¨ unk. 540


i

i i

i

2015.12.02 – 12:49 – 541. oldal – 29. lap

KöMaL, 2015. december

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 542. oldal – 1. lap


i

Gr´ afalgoritmusok 3.

Az el˝ oz˝ o részekben a szélességi és a mélységi keresés, illetve bejárás algoritmusaival ismerkedt¨ unk meg. Nézz¨ uk meg példák seg´ıtségével, hogy miként használhatók f¨ ol ezek az algoritmusok gráfokra visszavezethet˝o problémák megoldására. A tov´ abbiakban t¨ obb olyan feladatot is megvizsgálunk, amelyek a Nemes Tihamér Verseny és az Informatika OKTV Programozói kategóriájában lettek kit˝ uzve. A feladatok teljes sz¨ ovege elérhet˝o a http://nemes.inf.elte.hu oldalon, ezért itt a cikkben csak a probléma lényegét ´ırjuk le, vagy a feladat szövegéb˝ol idéz¨ unk. 1. probl´ ema (OKTV 2014/15, második forduló, 3. feladat). Bergengócia vasu ´th´ al´ ozata olyan, hogy bármely városból bármely másik városba csak egyféleképpen lehet eljutni. Minden vonat a f˝ovárosból (1-es sorszám´ u város) indul, és valamely olyan v´ arosig megy, ahonnan már nincs tovább vas´ uti pálya. A városok száma N (2 6 N 6 10 000), a vas´ uti pálya bármely városból legfeljebb 10-felé ágazhat. Két v´ aros k¨ oz¨ ott a vonat´ ut hossza a közt¨ uk lev˝o vas´ ut´ allom´ asok sz´ ama + 1. Kész´ıts¨ unk programot, amely megadja a leghosszabb olyan vonat´ ut hosszát, ahol a vas´ ut nem ágazik el! A feladat le´ır´ as´ ab´ ol azonnal látható, hogy a városok tekinthet˝ok egy (irány´ıtatlan) gr´ af cs´ ucsainak, a k¨ ozvetlen vas´ uti kapcsolatok pedig a cs´ ucsok közötti éleknek. Mivel b´ armely két kiválasztott város között pontosan egy u ´tvonal van, ezért a gr´ afban nincs k¨ or. Azt is tudjuk még, hogy az 1-es szám´ u város kit¨ untetett, innen indulnak a vonatok, teh´ at a gráf azon részét kell vizsgálnunk, amely innen elérhet˝ o. A f˝ ov´ arosb´ ol nyilv´ an minden városhoz vezet vonat´ ut, ezért egy összef¨ ugg˝o gráfunk van. A feladatot le´ır´ o gráf tehát körmentes és összef¨ ugg˝o, vagyis egy fa, amelynek az 1-es sz´ am´ u cs´ ucsa a gyökere. A feladatban ak´ ar 10 000 város is szerepelhet, ami azt jelenti, hogy egy 0 vagy 1 értékeket tartalmaz´ o szomszédsági mátrix a legegyszer˝ ubb esetben 10 000 × × 10 000 × 1 bájton t´ arolhat´ o, tehát a tárolása 100 MB memóriater¨ uletet igényel. Most azonban ennél sokkal kevesebb hely is elegend˝o, mivel egy cs´ ucshoz legföljebb 10 él csatlakozik. Tároljuk teh´ at egy 10 000 × 10-es két dimenziós tömbben a kapcsolatokat. Az ´ el[i,j] legyen az i-edik cs´ ucs j-edik szomszédja (a szomszédok sorrendje most nem lényeges, helyezz¨ uk el ˝oket egyszer˝ uen a bemenetr˝ol való olvasás sorrendjében). F¨ olvehet¨ unk még egy fok[i] táblázatot, amely megadja, hogy az i-edik cs´ ucsnak hány szomszédja van (ez a cs´ ucs fokszáma). Ebb˝ol tudni fogjuk, hogy az ´ el[i,j] t¨ omb els˝ o fok[i] szám´ u eleme egy szomszédos cs´ ucs sorszáma, a nagyobb index˝ u elemek nem jelentenek semmit. A feladat megold´ as´ ahoz el˝oször kész´ıts¨ uk el a bemenet földolgozásával az ´ el és a fok t¨ omb¨ oket (melyek indexelése most induljon 1-t˝ol). Adott tehát N város 1-t˝ ol sorsz´ amozva, és valah´ any szomszédsági kapcsolat, amelyek számpárokként olvashat´ ok a bemeneti állom´ anyból. 542


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 543. oldal – 2. lap


i

El˝ okész´ıtés Be: N fok[minden cs´ ucsra] = 0 Ciklus am´ıg nincs vége a bemenetnek Be: cs´ ucs1,cs´ ucs2 fok[cs´ ucs1] := fok[cs´ ucs1]+1 él[cs´ ucs1][fok[cs´ ucs1]] := cs´ ucs2 fok[cs´ ucs2] := fok[cs´ ucs2]+1 el[cs´ ucs2][fok[cs´ ucs2]] := cs´ ucs1 Ciklus v´ ege El˝ okész´ıtés vége

Folytassuk a megold´ as lényegi részével. Kérdés, hogy vajon milyen módon tal´ alhatn´ ank meg a leghosszabb elágazás nélk¨ uli rész(ek) hossz´ at? A megismert gráfalgoritmusok k¨ oz¨ ul a mélységi bejárás t˝ unik a feladathoz megfelel˝onek. Legyen a fa gy¨ okere, teh´ at az 1-es cs´ ucs, a start cs´ ucs. A mélységi bejárás a pontosan két szomszéddal rendelkez˝ o cs´ ucsokon egyenesen halad el˝ore, am´ıg egy olyan cs´ ucshoz nem ér, amelynek csak egy szomszédja van – ezeket a fában levélnek h´ıvjuk – vagy egy olyan cs´ ucshoz, amelynek kett˝onél több szomszédja van. Ezt a tulajdonságot kihaszn´ alva módos´ıtsuk az algoritmust u ´gy, hogy szám´ıtsa ki a keresett u ´tvonalak hossz´ at. A fa ¨ onmag´ aban is egy rekurz´ıv strukt´ ura, hiszen bármely cs´ ucs tekinthet˝o gy¨ okérnek, amelyb˝ ol szintén egy fa ágai n˝onek. A bejárás során bármely cs´ ucsnál tartunk, az onnan kiindul´ o, még el nem ért részgráf szintén egy fa, amelynek a gy¨ okere az aktu´ alis cs´ ucs. Induljunk ki tehát a rekurz´ıv mélységi bejárás algoritmus´ ab´ ol, és módos´ıtsuk azt. A neve legyen MBR_hossz, és tartalmazzon még egy paramétert, amely azt mutatja, hogy milyen hossz´ u egy megfelel˝o, eddig talált u ´t, amely az aktu´ alis cs´ ucshoz vezet. Ha a h´ıvó 0 értékkel h´ıv egy cs´ ucsot, azzal jelzi, hogy 2-nél magasabb foksz´ am´ u, tehát nem lehet egy keresett u ´t része. Itt legföljebb indulhat egy megfelel˝ ou ´t. A h´ıvó nullánál nagyobb argumentuma jelzi, hogy egy megfelel˝ ou ´ton j´ arunk, egy kettes fokszám´ u szomszédtól ér¨ unk ide, és az adott cs´ ucst´ ol f¨ ugg, hogy mi a folytatás. Az eredmény el˝oáll´ıtásához a rekurz´ıv eljárást alak´ıtsuk f¨ uggvénnyé, amely adja vissza a bel˝ole induló fa rész leghosszabb megfelel˝ o u ´tvonal´ anak hossz´ at. Így a fa gyökerének h´ıvása a teljes gráfban található leghosszabb megfelel˝ ou ´t hosszát adja, vagyis a feladat megoldását. Rekurz´ıv f¨ uggvény¨ unk teh´ at b´ armely cs´ ucsn´ al a cs´ ucs fokszáma és a kapott hossz argumentum alapján a k¨ ovetkez˝ oket teheti: • ha egy levélnél vagyunk, akkor az argumentumként kapott hossznál eggyel nagyobb értéket kell visszaadnunk, hiszen egy megfelel˝o u ´t végére ért¨ unk; • ha egy olyan cs´ ucsn´ al járunk, amelynek fokszáma kett˝o, akkor megh´ıvjuk a rekurz´ıv f¨ uggvényt eggyel nagyobb hossz argumentummal a még el nem ért szomszédos cs´ ucsra, és visszaadjuk a h´ıvónak az onnan kapott értéket; • ha a foksz´ am meghaladja a kett˝ot, akkor megh´ıvjuk 0 hossz´ usággal az összes, még be nem j´ art fa´ aghoz vezet˝o szomszédos cs´ ucsra a rekurz´ıv f¨ uggvényt. Ezen h´ıv´ asok eredményeit és az aktuális cs´ ucs h´ıvásakor kapott hossz+1-et osszehasonl´ıtjuk, és a legnagyobb értéket adjuk eredményként vissza. A hossz ¨


543

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 544. oldal – 3. lap


i

n¨ ovelése itt is érthet˝ o, hiszen az aktuális cs´ uccsal szintén egy megfelel˝o u ´tvonal végére ért¨ unk. L´ atszik, hogy a hossz paraméterben kapott érték növelése az elágazás mindegyik részében szerepel, de a gondolatmenetet jobban t¨ ukrözi, ha nem emelj¨ uk ki az el´ agaz´ asok elé. Ezek alapján a következ˝o algoritmust kész´ıthetj¨ uk el: Leghosszabb el´ agaz´ as n´ elk¨ uli u ´t hossza(gr´ af, él, fok) j´ artunk[minden cs´ ucsra] := nem MBR hossz(0) Leghosszabb el´ agaz´ as n´ elk¨ uli u ´t hossza v´ ege ucs,hossz) MBR hossz(cs´ j´ artunk[cs´ ucs] := igaz Ha fok[cs´ ucs] = 1 akkor MBR hossz := hossz+1 K¨ ul¨ onben ha fok[cs´ ucs] = 2 akkor szomszéd := el[cs´ ucs][1] Ha j´ artunk[szomszéd] akkor szomszéd := el[cs´ ucs][2] MBR hossz := MBR hossz(szomszéd,hossz+1) K¨ ul¨ onben hossz := hossz+1 Ciklus sz := 1-t˝ ol fok[cs´ ucs]-ig szomszéd := él[cs´ ucs][sz] Ha nem j´ artunk[szomszéd] akkor akthossz := MBR hossz(szomszéd,0) Ha akthossz > hossz akkor hossz := akthossz El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege MBR hossz := hossz El´ agaz´ as v´ ege MBR hossz v´ ege

Az algoritmus helyes eredményt ad minden olyan gráfra, amelyben legalább egy él van az indul´ o cs´ ucsb´ ol, de a feladat le´ırása alapján ez föltételezhet˝o. A feladat megold´ as´ at teh´ at megkapjuk a mélységi bejárás rekurz´ıv algoritmusának módos´ıtás´ aval. 2. probl´ ema (Nemes Tihamér Verseny 2014/15, 9–10. osztályosok, 2. forduló, 3. feladat). Egy kémszervezetben minden tagnak legfeljebb két beosztottja lehet. Az u ol 1 nap alatt jutnak el a közvetlen beosztottjaikhoz. A f˝onök ¨zenetek a tagokt´ az 1-es sorsz´ am´ u tag. Kész´ıts programot, amely megadja, hogy a f˝onökt˝ol induló u uldést˝ ol sz´ am´ıtva hányadik napon kapja meg a legtöbb tag! ¨zenetet az u ¨zenetk¨ A standard bemenet els˝ o sora a tagok számát tartalmazza (2 6 N 6 10 000), majd N − 1 sorban a kapcsolatok (Ai , Bi ) le´ırása következik, ami azt jelenti, hogy az Ai sorsz´ am´ u tag k¨ ozvetlen beosztottja a Bi sorszám´ u tag (1 6 Ai ̸= Bi 6 N ). A feladat le´ırás´ ab´ ol látszik, hogy most is egy fával van dolgunk, amelynek a gy¨ okere az 1-es sz´ am´ u cs´ ucs. A bemeneti számpárok rendezettek, ezért tekints¨ uk a gráfot ir´ any´ıtottnak. Mivel minden cs´ ucs legföljebb két kimen˝o élt tartalmaz, ezért az el˝ oz˝ o feladathoz hasonlóan érdemes egy 2 · N méret˝ u´ el táblázatot fölvenni a kapcsolatok t´ arol´ as´ ara. A fok tömbre most nincs is sz¨ ukség¨ unk: jelölj¨ uk az ´ el tábl´ azat m´ asodik oszlop´ aban negat´ıv értékkel, ha csak egy kivezet˝o él van az adott cs´ ucsb´ ol, vagy ´ırjunk mindkét oszlopba negat´ıv számot, ha a cs´ ucs egy levél. 544


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 545. oldal – 4. lap


i

A feladat megold´ asa egy maximális érték kiválasztását jelenti. Ezt akkor tudjuk megtenni, ha bej´ arjuk a fát és minden cs´ ucsnál tudjuk, hogy milyen távol van ´ t˝ a kezd˝ o cs´ ucst´ ol. Ugy unik, hogy a szélességi bejárás seg´ıthet a megoldásban, mivel az algoritmus a start cs´ ucstól vett távolságuk sorrendjében éri el a cs´ ucsokat. Most az u ´tvonalakat nem akarjuk megismerni, ezért a honnan táblázatra nincs sz¨ ukség¨ unk, s˝ot a j´ artunk t¨ omb sem kell, mert egy fában nem érhet¨ unk el egy cs´ ucsot kétféle u ´ton. De sz¨ ukség¨ unk lesz egy N méret˝ u táblázatra, amelybe a bejárás k¨ ozben bejegyezz¨ uk a cs´ ucsok távolságát az 1-es cs´ ucstól. A bemeneti adatok feldolgozása és az él táblázat kitöltése után következik a bej´ ar´ as az ir´ any´ıtott gráfban, ami csak annyiban b˝ov¨ ul az eredeti szélességi bej´ ar´ ashoz képest, hogy minden elért cs´ ucs esetén megadja, hogy a szomszédjai távols´ aga eggyel nagyobb a cs´ ucs távolságánál. Sz´ eless´ egi bej´ ar´ as – t´ avols´ agok(él) Sor legyen u ¨res Sorba(1) t´ avols´ ag[1] = 0 Ciklus am´ıg nem u ¨res a Sor Sorb´ ol(cs´ ucs) szomszéd := él[cs´ ucs][1] Ha szomszéd > 0 akkor Sorba(szomszéd) t´ avols´ ag[szomszéd] = t´ avols´ ag[cs´ ucs]+1 szomszéd := él[cs´ ucs][2] Ha szomszéd >0 akkor Sorba(szomszéd) t´ avols´ ag[szomszéd] = t´ avols´ ag[cs´ ucs]+1 El´ agaz´ as v´ ege El´ agaz´ as v´ ege Ciklus v´ ege Sz´ eless´ egi bej´ ar´ as – t´ avols´ agok v´ ege

A bej´ ar´ as lefut´ asa ut´ an minden, az 1-es cs´ ucsból elérhet˝o cs´ ucsra megkapjuk a t˝ ole val´ o t´ avols´ ag értékét, és nincs más dolgunk, mint a maximumot kiválasztani a t´ avols´ ag t¨ ombb˝ ol. Feladatok: 1. Módos´ıtsuk az 1. probléma rekurz´ıv megoldását u ´gy, hogy ne a fa gyökét˝ol induljon a bej´ ar´ as. Vajon helyes eredményt kapunk ebben az esetben is? Milyen cs´ ucsokt´ ol indulva kapunk helyes eredményt? 2. M´ odos´ıtsuk a mélységi bejárás nem rekurz´ıv algoritmusát u ´gy, hogy az 1. probléma megold´ as´ at adja! 3. Olvassuk el a Nemes Tihamér Verseny 2014/15, 9–10. osztályosok, 3. forduló, 2. feladat feladat´ at, és gondoljuk végig, hogy pontosan miben k¨ ul¨ onbözik az eddig megoldott problém´ akt´ ol! Oldjuk meg az eddig megismertek alapján (kisebb bemeneti értékekre) a feladatot! Gondoljuk végig, mire volna sz¨ ukség a megoldáshoz nagyobb bemeneti értékek esetén! Schmieder L´ aszl´ o


545

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 546. oldal – 5. lap


i

N´ eh´ anyan a 2014–2015-¨ os tan´ ev legszorgalmasabb megold´ oi k¨ ozu ¨l 8–9. ´ evfolyam ´ am 8. o. 1. sor: Schrettner Jakab 8. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), T´ ofalusi Ad´ (Debreceni Fazekas Mih´ aly Gimn.), Bukor Benedek 8. o. (Selye J´ anos Gimn.), ´ ´ ad Gimn.), Németh Csilla M´ J´ anos Zsuzsa Anna 9. o. (Budapest, Obudai Arp´ arta 9. o. (Budapest, Pusk´ as Tivadar T´ avk¨ ozlési Techn. Infokommunik´ aci´ os Szki.). ´ Isk. és Gimn.), P´ 2. sor: Németh Bal´ azs 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. ahoki Tam´ as 9. o. (Pécsi Le˝ owey Kl´ ara Gimn.), G´ asp´ ar Attila 9. o. (F¨ oldes Ferenc Gimn.), D¨ obr¨ ontei D´ avid Bence 9. o. (T¨ urr Istv´ an Gimn. és Koll.), Fekete Bal´ azs Attila 9. o. (Pécsi Le˝ owey Kl´ ara Gimn.). ´ Isk. és Gimn.), 3. sor: Moln´ ar-S´ aska Zolt´ an 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. Varga-Umbrich Eszter 9. o. (P´ apai Reform´ atus Koll. Gimn.), Szemerédi Levente ´ ´ ad 9. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Marozs´ ak T´ obi´ as 9. o. (Obudai Arp´ Gimn.), Simon D´ aniel G´ abor 9. o. (Kecskeméti B´ anyai J´ ulia Gimn.). ´ 4. sor: Keresztfalvi B´ alint 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. Isk. és Gimn.), ´ Isk. és Gimn.), Alexy Szak´ aly Marcell 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. ´ Isk. és Gimn.), Pszota M´ Marcell 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. até 9. o. (Selye J´ anos Gimn.), Vank´ o Miléna 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. ´ Isk. és Gimn.). Alt. ´ am 9. o. (Budapesti Fazekas Mih´ ´ 5. sor: Lakatos Ad´ aly Gyak. Alt. Isk. és Gimn.), ´ Rittgasszer Akos 9. o. (Bék´ asmegyeri Veres Péter Gimn.), Szécsényi N´ andor 9. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Kov´ acs Tam´ as 9. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Veres K´ aroly 9. o. (Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´ os Gimn.).

10–11. ´ evfolyam 1. sor: Williams Kada 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Kocsis J´ ulia 10. o. (Dunakeszi Radn´ oti Mikl´ os Gimn.), Szentiv´ anszki Soma 10. o. (Pécsi Le˝ owey Kl´ ara Gimn.), Kov´ acs Péter Tam´ as 10. o. (Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´ os Gimn.), Schrettner B´ alint 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.). 2. sor: Baran Zsuzsanna 10. o. (Debreceni Fazekas Mih´ aly Gimn.), Kl´ asz Vikt´ oria 10. o. ´ Isk., Ovoda, ´ (Koch Valéria Gimn., Alt. Koll. és Pedag´ ogiai Intézet), Jakus Bal´ azs ´ Isk. és Koll.), Iv´ Istv´ an 10. o. (Ba´ ar-Madas Reform´ atus Gimn., Alt. an Bal´ azs 10. o. (M´ aty´ as Kir´ aly Gimn.), Csenger Géza 10. o. (Selye J´ anos Gimn.). 3. sor: Korm´ anyos Hanna Rebeka 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), M´ andoki ´ L´ aszl´ o 10. o. (ELTE Radn´ oti Mikl´ os Gyak. Alt. Isk. és Gyak. Gimn.), And´ o Angelika 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Lajk´ o K´ alm´ an 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Cseh Krist´ of 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.). 4. sor: T´ oth Viktor 10. o. (Kaposv´ ari T´ ancsics Mih´ aly Gimn.), Sallai Krisztina 10. o. (Békés Megyei Hunyadi J´ anos Gimn., Speci´ alis Szakisk. és Koll.), Németh G´ abor 10. o. (Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´ os Gimn.), V´ arkonyi Dorka 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Ardai Istv´ an Tam´ as 10. o. (Ba´ ar-Madas Reform´ atus Gimn., ´ Isk. és Koll.). Alt. ´ Isk. és Gyak. Gimn.), 5. sor: Temesv´ ari Bence 10. o. (ELTE Radn´ oti Mikl´ os Gyak. Alt. Coulibaly Patrik 11. o. (Kecskeméti B´ anyai J´ ulia Gimn.), Czirkos Angéla 10. o. (Kecskeméti Bolyai J´ anos Gimn.), Szak´ acs Lili Kata 10. o. (Budapesti Fazekas ´ Isk. és Gimn.), Kosztol´ Mih´ aly Gyak. Alt. anyi Kata 10. o. (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.).

546


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 551. oldal – 6. lap


i

11. ´ evfolyam ´ Isk. és Gimn.), Forrai Botond 1. sor: Sal Krist´ of (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. ´ Isk. és Koll.), Szab´ (Ba´ ar-Madas Reform´ atus Gimn., Alt. o Barnab´ as (Budapesti ´ Isk. és Gimn.), Gyulai-Nagy Szuzina (Szegedi Radn´ Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. oti ´ Isk. Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Asztalos Bogd´ an (Ba´ ar-Madas Reform´ atus Gimn., Alt. és Koll.). 2. sor: Polg´ ar M´ arton (Németh L´ aszl´ o Gimn.), Csorba Benj´ amin (Egri Szil´ agyi Erzsébet Gimn. és Koll.), Wiandt Péter (Bonyh´ adi Pet˝ ofi S´ andor Evangélikus Gimn. és Koll.), Németh Fl´ ora Bor´ oka (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.), Sz´ ant´ o Benedek (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.). 3. sor: K¨ ortef´ ai D´ ora (Hajd´ ub¨ osz¨ orményi Bocskai Istv´ an Gimn.), K´ osa Szil´ ard (S´ arbog´ ardi Pet˝ ofi S´ andor Gimn.), Horv´ ath Mikl´ os Zsigmond (Gymnasium ´ Schillerstrasse), Stein Armin (Bonyh´ adi Pet˝ ofi S´ andor Evangélikus Gimn. és ´ ´ ad Gimn.). Koll.), Szépfalvi B´ alint (Obudai Arp´ ´ ´ ad Gimn.), Sz¨ 4. sor: Somogyi P´ al (Mad´ ach Imre Gimn.), Bencsik B´ alint (Obudai Arp´ ucs ´ ´ ad Gimn.), Patr´ıcia (Szeksz´ ardi Garay J´ anos Gimn.), Br´ anyi Bal´ azs (Obudai Arp´ Tanner Martin (Bonyh´ adi Pet˝ ofi S´ andor Evangélikus Gimn. és Koll.). 5. sor: Csurgai-Horv´ ath B´ alint (Budapest XIV. Ker¨ uleti Szent Istv´ an Gimn.), Matusek M´ arton (Pannonhalmi Bencés Gimn., Egyh´ azzenei Szki. és Koll.), Moln´ ar Szil´ ard (Mikes Kelemen L´ıceum), Osv´ ath Tibor Attila (Budapest XIV. Ker¨ uleti Szent ´ am (Szegedi Radn´ Istv´ an Gimn.), Sz˝ ucs Kili´ an Ad´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.).

12. ´ evfolyam 1. sor: Holczer Andr´ as (Pécsi Janus Pannonius Gimn.), Fekete Panna (Pécsi Le˝ owey Kl´ ara Gimn.), Fényes Bal´ azs (Budapest XVI. Ker¨ uleti Szerb Antal Gimn.), Egyh´ azi Anna (Németh L´ aszl´ o Gimn.), Weisz Ambrus (Budapesti Fazekas Mih´ aly ´ Isk. és Gimn.). Gyak. Alt. ´ Isk. és Gimn.), Fehér Bal´ 2. sor: Fehér Zsombor (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. azs (Egri Szil´ agyi Erzsébet Gimn. és Koll.), Nagy-Gy¨ orgy P´ al (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Dombai Tam´ as (Szeksz´ ardi Garay J´ anos Gimn.), Csath´ o Botond (Debreceni Reform´ atus Koll. D´ oczy Gimn.). 3. sor: Olosz Bal´ azs (Pécsi Tudom´ anyegyetem Babits Mih´ aly Gyak. Gimn. és Szki.), Nagy Gergely (Szegedi Tudom´ anyegyetem S´ agv´ ari Endre Gyak. Gimn.), Janzer ´ Barnab´ as (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. Isk. és Gimn.), Porups´ anszki Istv´ an (F¨ oldes Ferenc Gimn.), Schwarcz Tam´ as (Budapest XIII. Ker¨ uleti Berzsenyi D´ aniel Gimn.). 4. sor: Di Giovanni M´ ark (Révai Mikl´ os Gimn. és Koll.), Berta Dénes (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Bereczki Zolt´ an (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn.), Marosv´ ari Krist´ of (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.), M´ ocsy Mikl´ os (Budapesti ´ Isk. és Gimn.). Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. ´ 5. sor: M´ andoki S´ ara (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyak. Alt. Isk. és Gimn.), Katona D´ aniel (Budapest XIII. Ker¨ uleti Berzsenyi D´ aniel Gimn.), Leitereg Mikl´ os (Bék´ asmegyeri Veres Péter Gimn.), Kov´ acs Bal´ azs Marcell (ELTE Radn´ oti Mikl´ os ´ Gyak. Alt. Isk. és Gyak. Gimn.), Tr´ ocs´ anyi Péter (Debreceni Fazekas Mih´ aly Gimn.).


551

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 552. oldal – 7. lap


i

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 388. Ma m´ ar mindenki számára megszokott, hogy a térképek északi tájolás´ uak, de ez alig néh´ any sz´ az éve van ´ıgy. Korábban az adott kult´ urkörnek megfelel˝ o ir´ anyt haszn´ altak. Az egyiptomiak a N´ılus folyásirányát, az amerikai telepesek a v´ andorl´ as ir´ any´ at (nyugat), az európaiak pedig északot. Ebben a feladatban csak olyan térképeket használunk, amelyek a négy f˝o égtáj valamelyike szerint t´ ajoltak. A feladatban szerepl˝o térképek más és más céllal kész¨ ultek, m´ as és más nevezetes pontok szerepelnek rajtuk. Ezen pontok koordinátáinak ismeretében kell meg´ allap´ıtanunk az egyes térképek tájolását. A térképeken az orig´ o m´ as és más pontban lehet. terkep.be 6 E 4 2 8 10 6 2 7 3 5 8 1 9 9 2 1 8 1 7 5 8 2 8 0 4 3 4 2 4 2 3 10 5 7 6 3 5 7 7 7 4 3 4 0 2 5 2 0 7 4 0 2 7 0 -3 2 -4 3

terkep.ki E N X K D K

A bemeneti fájl els˝ o sora tartalmazza a térképek (T 6 50) számát és attól egy sz´ ok¨ ozzel elv´ alasztva az els˝o térkép tájolását (E, K, D, N). A következ˝o T sor mindegyikében az els˝ o sz´ am az adott térképen szerepl˝o pontok (N ) számát adja meg. Ezt k¨ ovet˝ oen N sz´ amh´ armas szerepel, amelyb˝ol az els˝o szám a pont sorszáma, ut´ ana pedig annak X és Y koordinátája az adott térképen. A soron bel¨ uli határoló jel a sz´ ok¨ oz. A pontok sz´ ama összességében legfeljebb 50. A koordináták értéke a [−1000; 1000] intervallumban van az adott t´ ajolás´ u térképen, de a k¨ ulönböz˝o térképek egyes´ıtésével az intervallum megn˝ohet. A kimeneti fájl pontosan N sort tartalmazzon, amelyben soronként egy karakter, a térkép t´ ajol´ asa álljon. Ha a tájolás nem állap´ıtható meg, akkor a sorban az X karakter szerepeljen. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i388.zip állományban a program forráskódja és rövid dokument´ aci´ oja, amely tartalmazza a megoldás vázlatos le´ırását, és megadja, hogy a forr´ as´ allom´ any melyik fejleszt˝oi környezetben ford´ıtható. ´ Az atlétika n˝oi versenyei köz¨ I. 389 (E). ul a legösszetettebb a hétpróba. Ezzel foglalkoz´ o adatb´ azis-kezelési feladat volt az I. 338-as. Egy verseny eredményeinek kiértékelését most t´ abl´ azatkezel˝ovel végezz¨ uk el. A hétpr´ oba hét versenysz´ ama: 100 m gátfutás, 200 m és 800 m futás, magasugr´ as, t´ avolugrás, s´ ulyl¨ okés és gerelyhaj´ıtás. A verseny pontozásos rendszer˝ u. 552


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 553. oldal – 8. lap


i

A versenysz´ amokat nemzetk¨ ozi ponttáblázat alapján értékelik, amelyben minden elért eredménynek megvan a maga pontszáma. A versenysz´ am pontsz´ am´ anak kiszám´ıtására a következ˝o képletet használják a versenyz˝ o X eredményét figyelembe véve: [ C] pont = A · |X − B| (ahol [ ] a kifejezés egészrészét, | | az abszol´ ut értékét jelenti). Az A, B és C konstansok a Nemzetközi Atlétikai Szövetség által közölt, versenysz´ amonként eltér˝ o konstansok. Versenysz´ am 200 m 800 m 100 m gát Magasugr´ as T´ avolugr´ as S´ ulyl¨ okés Gerelyhaj´ıtás

A 4,990870 0,111930 9,230760 1,845230 0,188807 56,02110 15,98030

B 42,5 254,0 26,7 75,0 210,0 1,5 3,8

C 1,810 1,880 1,835 1,348 1,410 1,050 1,040

A 2012. évi ny´ ari olimpiai játékok hétpróba verseny adatait és az el˝oz˝o táblázatban lév˝ o konstansokat r¨ ogz´ıtett¨ uk a hetforras.txt tabulátorral tagolt, UTF-8 kódol´ as´ u állom´ anyban. 1. T¨ olts¨ uk be a hetforras.txt szövegfájlt a táblázatkezel˝obe az A1-es cellától kezd˝ od˝ oen. (Az A1:I4 tartományban a fenti táblázat transzponált változata tal´ alhat´ o.) A munkalap neve legyen eredm´ enyek. Munkánkat hetproba néven ments¨ uk el a t´ abl´ azatkezel˝ o alapértelmezett formátumában. 2. Hozzunk létre u ´j munkalapot pontsz´ amok néven, és a minta szerinti fejlécet alak´ıtsuk ki az els˝ o sorban.

3. Ezen a munkalapon az A2:B40 cellákban – az eredm´ enyek munkalap A7:B45 cell´ aira hivatkozva – jelen´ıts¨ uk meg a 39 versenyz˝o nevét és nemzetiségét. 4. A C2:I40 cell´ akban, a fent megadott szám´ıtási módszer szerint, egyetlen képlettel és annak m´ asol´ as´ aval határozzuk meg a versenyz˝ok versenyszámonként K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

553

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 554. oldal – 9. lap


i

elért pontsz´ am´ at. Ha a versenyeredmény cella u ¨res, akkor a kifejezés szerint az erre hivatkoz´ o pontsz´ am cellája is legyen u ¨res. 5. A J2:J40 cell´ akban adjuk meg a versenyz˝ok versenyszámonként elért pontszámainak ¨ osszegét, ha mind a hét versenyszámból pontszámmal rendelkeznek, k¨ ul¨ onben a Nincs” felirat jelenjen meg. ” A k¨ ovetkez˝ o feladatokat az eredm´ enyek munkalapon végezz¨ uk el. 6. Az M2 cell´ aban hat´ arozzuk meg f¨ uggvény seg´ıtségével a versenyt teljes´ıt˝ok sz´ am´ at. A versenyt az teljes´ıtette, aki mind a hét versenyszámban pontokat szerzett. 7. A K8:N17 cell´ akban képlettel adjuk meg az els˝o t´ız helyezett versenyz˝o pontsz´ am´ at, nevét és nemzetiségének rövid´ıtését. A hétpróba gy˝oztese a legtöbb pontot elér˝ o versenyz˝ o (feltételezhetj¨ uk, hogy azonos pontszámokat nem értek el a versenyz˝ ok). 8. A C50:I50 cell´ akban hat´ arozzuk meg a versenyszámonkénti gy˝oztesek nevét. Azonos eredmények esetén elegend˝o egyik˝oj¨ uk nevét megadnunk. 9. A hétpr´ oba versenyen nemzetenként többen is részt vehetnek. A K20:L20 cella alatt soroljuk fel a versenyz˝ok száma szerint csökken˝o sorrendben, hogy az egyes nemzetekb˝ ol h´ any induló volt. A megoldásban a K oszlopban nem sz¨ ukséges a képletek használata, megfelel˝o a nemzetek hárombet˝ us rövid´ıtésének kigy˝ ujtése is. 10. Az eredm´ enyek munkalap celláit formázzuk a minta szerint.

Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett i389.zip állományban a munkaf¨ uzet (hetproba. xlsx, hetproba.odt), valamint egy rövid dokumentáció, amelyb˝ol kider¨ ul az alkalmazott tábl´ azatkezel˝ o neve és verziószáma. 554


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 555. oldal – 10. lap


i

I. 390. A mobilappok egyre népszer˝ ubbek, sok játék és hasznos program megtal´ alhat´ o k¨ oz¨ ott¨ uk. A h´ arom legelterjedtebb mobil operációs rendszer mindegyikéhez elérhet˝ ok ingyenes fejleszt˝ oeszközök, amelyek seg´ıtségével mi is kész´ıthet¨ unk mobilalkalmaz´ ast. Írjunk mobilappot, amellyel egy ismert logikai játékot lehet játszani. A játékban N × N négyzetlap szerepel négyzetes elrendezésben. A lapok két oldala k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u. A j´ atékos bármely lap megérintésével megford´ıthatja a lappal oldalszomszédos lapokat, ´ıgy azok ellentétes sz´ın˝ ure váltanak (a megérintett lap nem). A j´ aték célja, hogy minden lap azonos sz´ın˝ u felével legyen látható. A játék kezdetekor lehessen megadni N értékét (3 6 N 6 12). Az alkalmazás ezután hozzon létre egy olyan véletlenszer˝ u lapsz´ınezést, amelyb˝ol az egysz´ın˝ u állapot elérhet˝o. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett (i390.zip) állományban az Android, iOS vagy Windows Phone alkalmaz´ as futtatható változata és teljes forrása, valamint a fejlesztéshez f¨ olhaszn´ alt fejleszt˝ oi rendszer elektronikus elérhet˝osége és a fejlesztés lépéseinek v´ azlatos le´ır´ asa. I/S. 4. Egységnyi magas, k¨ ulönböz˝o szélesség˝ u és hossz´ uság´ u K (0 6 K 6 6 10 000) darab doboz elsz´ ortan helyezkedik el egy N × M (10 6 N, M 6 100 000) téglalap alak´ u ter¨ uleten. A dobozok oldalai párhuzamosak a téglalap oldalaival, nem érintkeznek egym´ assal és nem láthatjuk ˝oket fel¨ ulr˝ol, mert le vannak takarva. Kész´ıts¨ unk programot is4 néven, amely megadja, hogy h´ any olyan doboz van, amit biztos, hogy nem l´ atunk meg, ha minden oldalr´ ol benézhet¨ unk. Egy doboz láthatóságához elegend˝ o valamely oldal´ anak részletét megfigyeln¨ unk. Benézni csak a téglalap oldalaira mer˝ olegesen, egyenes ir´ anyban tudunk. A mint´ an a sat´ırozott dobozok láthatóak és a sz¨ urkék nem. A program olvassa be a standard input els˝ o sor´ ab´ ol N -et, M -et és K-t, majd a következ˝ o K sorb´ ol a dobozok bal fels˝o, illetve jobb als´ o sarkainak X és Y koordinátáit (pozit´ıv egész sz´ amok). A program ´ırja a standard output els˝ o és egyetlen sorába a nem láthat´ o dobozok sz´ am´ at. Fut´ asi id˝okorlát 1 mp. P´ elda a bemenetre (a / jel u ´j sort jelöl): 16 19 15 1 14 2 16 / 2 4 6 6 / 2 7 3 8 / 2 9 4 11 / 2 17 4 19 / 3 1 4 3 / 3 12 5 16 / 5 7 7 11 / 5 17 10 19 / 6 1 10 3 / 8 7 10 10 / 6 12 9 15 / 11 5 14 10 / 7 5 10 6 / 10 11 12 15 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

P´ elda a kimenetre: 3

555

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 556. oldal – 11. lap


i

Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett is4.zip állományban a program forráskódja és rövid dokument´ aci´ oja, amely tartalmazza a megoldás vázlatos le´ırását, és megadja, hogy a forr´ as´ allom´ any melyik fejleszt˝oi környezetben ford´ıtható. S. 103. Egy orsz´ agban N város található. Megb´ıztak minket, hogy tervezz¨ unk utakat a v´ arosok k¨ ozt u ´gy, hogy bármelyik városból bármelyikbe egyféleképp lehessen eljutni. Mivel egy u ´t megép´ıtésének költsége egyenesen arányos a hosszával, ´ıgy szeretnénk minimaliz´ alni a megép¨ ul˝o utak összes hosszát. Az országban nagy hegyek is vannak, ezért nem ép´ıthet¨ unk utat bármely két város között, hanem csak a bemen˝ o adatokban megadott M db utat lehet megép´ıteni. Az u ´tép´ıtést vállaló cég technikai okok miatt nem tud egy adott u ´thosszból háromnál többet megép´ıteni, ezért az u ´th´ al´ ozatot u ´gy kell kialak´ıtani, hogy b´ armely hossz´ uság´ uu ´tból legföljebb h´ arom szerepeljen benne. Kérdés, hogy hányféleképp tudjuk megép´ıteni a lehet˝o legkisebb ¨ osszhossz´ us´ ag´ uu ´th´ al´ ozatot. A program olvassa be a standard input els˝ o sorából N -et és M -et (1 6 N 6 6 50 000, 1 6 M 6 200 000), majd a következ˝ o M sorból az ai , bi , ci szóközzel elv´ alasztott egészeket, melyek jelentése: az ai v´ arosból a bi városba ép´ıthet¨ unk ci (1 6 ci 6 1 000 000) hossz´ u kétirány´ u utat. A program ´ırja a standard output els˝o és egyetlen sor´ aba a legr¨ ovidebb összhossz´ uságot, amelyb˝ol megép´ıthet˝o a hálózat, illetve a lehet˝ oségek sz´ am´ anak 1 000 000 007-tel vett osztási maradékát. Példa bemenet: 4 5 1 2 1 3 4 1 1 3 2 1 4 2 2 3 2

Példa kimenet: 4 3

Magyar´ azat: Ha az 1 hossz´ uság´ u éleket, és bármelyik 2 hossz´ uság´ u élet választjuk, akkor kapjuk a legr¨ ovidebbet. Pontoz´ as és korl´ atok: A programhoz mellékelt, a helyes megoldás elvét tömören, de érthet˝ oen le´ır´ o dokumentáció 1 pontot ér. A programra akkor kapható meg a tov´ abbi 9 pont, ha b´ armilyen hibátlan bemenetet képes megoldani az 1 mp fut´ asid˝ okorl´ aton bel¨ ul. Bek¨ uldend˝ o egy t¨ om¨ or´ıtett s103.zip állományban a program forráskódja, valamint a program r¨ ovid dokumentációja, amely a fentieken t´ ul megadja, hogy a forr´ as mely fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben ford´ıtható.

d A feladatok megold´ asai regisztráció után a következ˝o c´ımen tölthet˝ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Bek¨ uldési határid˝o: 2016. janu´ ar 10.

d 556


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 557. oldal – 12. lap


i

Jelent´ es a 2015. ´ evi Ericsson-d´ıjazottakr´ ol

Idén tizenhetedik alkalommal ker¨ ulnek kiosztásra az Ericsson-d´ıjak, melyek eredeti célja, hogy elismerjék azoknak a közoktatásban résztvev˝o pedagógusoknak a munk´ aj´ at, akik sokat tesznek azért, hogy a magyar általános és középiskolai természettudom´ anyos képzés a világ élvonalában járjon. A több mint 1500 f˝os magasan képzett mérn¨ oki gárd´ aval rendelkez˝o Ericsson Magyarország többek között e d´ıj megalap´ıt´ as´ aval is elk¨ otelezte magát a hazai oktatás fejlesztése mellett, szám´ ara k¨ ul¨ on¨ osen fontos az ˝o munkájuk. Az Ericsson-d´ıj 2015. évi pályázati ki´ırása szerint általános- vagy középiskolákban fizik´ at vagy matematik´ at oktató pedagógusok, összesen nyolcan részes¨ ulhetnek ebben az elismerésben. A Bolyai János Matematikai Társulat április 14-én, az Eötv¨ os Lor´ and Fizikai Társulat április 7-én megtartott Ericsson-d´ıjbizottsági u ¨lésein meghozta d¨ ontéseit. A matematika népszer˝ us´ıtéséért d´ıjra 20, tehetségeinek gondozás´ aért d´ıjra 26 felterjesztés érkezett. A fizika népszer˝ us´ıtéséért d´ıjra 14, tehetségeinek gondoz´ as´ aért d´ıjra 20 jel¨ oltet javasoltak. Köz¨ ul¨ uk választotta ki a két társulat bizotts´ aga az idei d´ıjaz´ asra javasoltakat. A javaslatokat a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alap´ıtv´ any kuratóriuma jóváhagyta. Ennek alapján: Az ERICSSON a matematika és fizika tehetségeinek gondozásáért” 2015. évi ” d´ıj´ at matematik´ ab´ ol Lengyel Csaba, a v´ aci Boronkay György M˝ uszaki Szki., Gimn. és Koll. tanára és Remet´ en´ e Orvos Viola, a Debreceni Fazekas Mihály Gimn. tanára kapta. Az ERICSSON a matematika és fizika tehetségeinek gondozásáért” 2015. évi ” d´ıj´ at fizik´ ab´ ol Dudics P´ al, a Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyak. Gimn. tanára és T¨ olgyesin´ e Irmes Marianna, a Dunakeszi Radnóti Miklós Gimn. tanára kapta. Az ERICSSON a matematika és fizika népszer˝ us´ıtéséért” 2015. évi d´ıját ma” tematik´ ab´ ol ´ Vendéglátóipari, Kereskedelmi és Idegenforgalmi Fodor Zsolt, a veszprémi SEF” ” Szakképz˝ o Isk. tan´ ara és ´ ´ Isk. és Zenei Pataki J´ anos, a budapesti Lauder Javne Zsidó Közösségi Ovoda, Alt. Alapfok´ u M˝ uvészeti Isk. tan´ ara kapta. Az ERICSSON a matematika és fizika népszer˝ us´ıtéséért” 2015. évi d´ıját fizi” k´ ab´ ol Csat´ ari L´ aszl´ o, a debreceni Szent József Gimn. és Szki. tanára és Nyerkin´ e Alabert Zsuzsanna, a duna´ ujvárosi Rudas Közgazdasági Szki., Szakisk. és Koll. tan´ ara kapta. A d´ıjazottakr´ ol részletesebben honlapunkon olvashatnak, a róluk kész¨ ult portréfilmeket pedig a youtube-on lehet megtekinteni. Gratul´ alunk az elismeréshez! Ol´ ah Vera a MATFUND alap´ıtvány képvisel˝oje K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

557

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 558. oldal – 13. lap


i

A gravit´ aci´ os to ema ¨bbtestprobl´ k´ et speci´ alis esete

Amint az j´ ol ismert, egy centrális gravitációs térben egy m tömeg˝ u testre (amit nevezz¨ unk bolyg´ onak) mM F = −γ 3 r r er˝ o hat, teh´ at a mozgásegyenlete (1)

m¨ r = −γ

mM r, r3

ahol M a centrumban elhelyezked˝o tömeget, r a mozgó test helyvektorát, γ pedig a Newton-féle gravit´ aci´ os állandót jelöli.1 Az (1) egyenlet megold´ asa ellipszis, parabola vagy hiperbola attól f¨ ugg˝oen, hogy a mozg´ o test teljes (2)

E = −γ

mM 1 ˙ 2 + m(r) r 2

energi´ aja negat´ıv, nulla vagy pozit´ıv, és az adott k´ upszelet (egyik) fókusza éppen a centrumba esik. Ellipszisp´ alya esetén a bolygó keringési ideje √ T = 2π

a3 , γM

ahol a az ellipszis nagytengelyének a fele. Ez a le´ırás (mivel rögz´ıtett vonzócentrumot és egyetlen bolyg´ ot feltételez) eléggé idealizált, ennek ellenére nagyon pontosan ´ırja le pl. a Naprendszer¨ unk bolygóinak a mozgását. Ennek az az oka, hogy a Naprendszer ¨ osszes t¨ omegének legnagyobb része (99,87%-a) a Napban van, a bolygók p´ alyasugarai pedig eléggé eltérnek egymástól, ´ıgy a bolygók egymásra gyakorolt tömegvonz´ asa, és az a tény, hogy a Nap maga is a közös tömegközéppont kör¨ ul mozog, csak igen kicsi korrekci´ ot okoz. A k¨ ovetkez˝ okben két olyan esetet tárgyalunk meg részletesen, amelyekben ezek a feltételek nem teljes¨ ulnek: megvizsgáljuk, hogyan mozog két közel azonos tömeg˝ u égitest (ikercsillag) egymás gravitációs terében, és bemutatjuk a gravitációs h´ aromtest-probléma egy igen speciális, de nagyon szép esetét. 1

A cikkben azt a gyakorlatot k¨ ovetj¨ uk, hogy egy vektort és annak nagys´ ag´ at ugyanaz a szimb´ olum jel¨ oli, csak a vektort mag´ at félk¨ ovér karakterrel szedj¨ uk; ´ıgy pl. r az r vektor nagys´ aga. Egy mennyiség jele f¨ olé tett pont a mennyiség id˝ obeli v´ altoz´ as´ anak u ¨temét jelzi, ¨ pedig a gyorsul´ ´ıgy r˙ a t¨ omegpont sebessége, r asa.

558


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 559. oldal – 14. lap


i

Az ikercsillagok mozg´ asa Tegy¨ uk fel, hogy a két égitestre egymáson k´ıv¨ ul nem hat semmi! Ekkor nyilván a k¨ oz¨ os t¨ omegk¨ ozéppont k¨ or¨ ul mozognak, ezért érdemes a koordináta-rendszer¨ unk orig´ oj´ at ehhez a ponthoz r¨ ogz´ıteni. Ez az impulzusmegmaradás miatt inerciarendszer. Legyen a két t¨ omeg m1 és m2 , a helyvektorok pedig r 1 és r 2 ! A koordinátarendszer választ´ asunkb´ ol k¨ ovetkezik, hogy a mozgás során minden pillanatban m1 r 1 + m2 r 2 = 0

és

m1 r˙ 1 + m2 r˙ 2 = 0.

Ebben a koordin´ ata-rendszerben tehát csak olyan kezdeti feltételnek van értelme, amely a fenti egyenleteknek megfelel, és tulajdonképpen csak egy f¨ uggetlen koordin´ at´ ank van. Mivel az er˝ otörvényben a két test távolsága szerepel, f¨ uggetlen változ´ onak érdemes pl. az r 1,2 = r 1 − r 2 vektort választani (|r 1,2 | = r1,2 = r1 + r2 ). Ennek seg´ıtségével a két mozg´ asegyenlet r¨1 = −γ

m2

3 r 1,2

(r1,2 )

r¨2 = γ

és

m1 (r1,2 )

3 r 1,2 ,

melyeket kivonva egym´ asb´ ol az r¨ 1,2 = −γ

m1 + m2 (r1,2 )

3

r 1,2

egyenletet kapjuk, ami (1)-gyel azonos szerkezet˝ u, hiszen r 1,2 ⇔ r,

r1,2 ⇔ r,

m1 + m2 ⇔ M

helyettes´ıtésekkel a két egyenlet egymásba át´ırható. Ennek megfelel˝oen a megoldásuk is azonos, vagyis az orig´ oból felmért r 1,2 vektor végpontja k´ upszeletet rajzol le. Annak feltételét, hogy ez milyen k´ upszelet, (2)-b˝ol a megfelel˝o r 1,2 ⇔ r,

m 1 + m2 ⇔ M

helyettes´ıtéssel kapjuk meg: a pálya ellipszis, parabola vagy hiperbola, ha a −γ

1 m1 + m2 2 + (r˙ 1,2 ) r1,2 2

mennyiség negat´ıv, nulla vagy pozit´ıv. A (2) kifejezés el˝ojele nem f¨ ugg m-t˝ol, ezért azt itt elhagytuk, de vegy¨ uk észre, hogy ha nem hagyjuk el, hanem a helyére m1 m2 ıt¨ unk, kihasználva a teljes impulzus nulla voltát, megkapjuk m1 +m2 -t helyettes´ a rendszer teljes energi´ aj´ at: E = −γ

1 1 m1 m2 2 2 + m1 (r˙ 1 ) + m2 (r˙ 2 ) . r1 + r2 2 2

Teh´ at – a fizikai érzék¨ unkkel ¨ osszhangban – most is mondhatjuk: az energia negat´ıv vagy pozit´ıv volta d¨ onti el a pálya alakját. (Természetesen ez ´ıgy csak ebben a t¨ omegk¨ ozépponti koordin´ ata-rendszerben igaz. Ha a közös tömegközéppont mozog, ahhoz is tartozik egy energiajárulék, ami azonban nem befolyásolja a testek K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

559

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 560. oldal – 15. lap


i

´ egym´ ashoz viszony´ıtott mozg´ as´ at.) Erdemes megjegyezni, hogy az egyes testek pályája geometriai értelemben hasonló ahhoz a s´ıkgörbéhez, amelyet az r 1,2 vektor kirajzol. A megfelel˝ o fókuszpontok a közös tömegközéppontba esnek, és pl. ellipszisp´ alya esetén az r 1,2 ellipszisének fél nagytengelye a = (r1,2 max + r1,2 min )/2 azonos a két ellipszis a1 és a2 fél nagytengelyének összegével. (Az indexben megjelen˝o max és min jelzés értelemszer˝ uen az adott mennyiség maximális és minimális értékére utal.) Ennek megfelel˝ oen a keringési id˝o √ 3 (a1 + a2 ) T = 2π . γ(m1 + m2 ) A h´ aromtest-probl´ ema egy speci´ alis esete Most tekints¨ unk három, minden más objektumtól f¨ uggetlennek tekinthet˝o égitestet! A t¨ omegek legyenek m1 , m2 és m3 , és a koordináta-rendszer¨ unk origójának válasszuk most is a k¨ oz¨ os t¨ omegközéppontot. Az r i koordináták és az r˙ i sebességek (i = 1, 2, 3) most az (3)

m1 r 1 + m2 r 2 + m3 r 3 = 0

és

m1 r˙ 1 + m2 r˙ 2 + m3 r˙ 3 = 0

egyenleteket elég´ıtik ki. A három mozgásegyenlet: r¨ 1 = −γ r¨ 2 = −γ r¨ 3 = −γ

m2 (r1,2 ) m1 (r1,2 ) m2 (r2,3 )

3 (r 1

− r2 ) − γ

3 (r 2

− r1 ) − γ

3 (r 3

− r2 ) − γ

m3

3 (r 1

− r 3 ),

3 (r 2

− r 3 ),

3 (r 3

− r 1 ),

(r1,3 ) m3

(r2,3 ) m1

(r1,3 )

ahol az el˝ oz˝ oekhez hasonl´ oan az ri,j az i és j index˝ u tömegpontok távolsága. Ez a csatolt egyenletrendszer már kezelhetetlen¨ ul bonyolult, de igen egyszer˝ uvé válik abban a speci´ alis esetben, amikor r1,2 = r1,3 = r2,3 = R, azaz a testek egy R oldalhossz´ u, egyenl˝ o oldal´ u háromszög cs´ ucsain helyezkednek el. Ekkor (3) seg´ıtségével mind a h´ arom az (4)

rï = −γ

m1 + m2 + m3 ri R3

(i = 1, 2, 3)

alakra hozhat´ o. Mi k¨ ovetkezik ebb˝ ol? Nevezetesen az, hogy ha egy pillanatban mindhárom test sebessége ugyan´ ugy ar´ anyos a helyvektorával, azaz (5)

r˙ i = κr i + ω × r i

(i = 1, 2, 3),

akkor ez a mozg´ as sor´ an ´ıgy is marad. Itt az els˝o tag egy egyenletes tágulás, melyben a κ egy 1/s dimenziój´ u mennyiség, a második tag pedig egy egyszer˝ u 560


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 561. oldal – 16. lap


i

forg´ as, melyben az ω sz¨ ogsebességvektor mer˝oleges a három test s´ıkjára. Ilyen sebességek mellett nyilv´ an nem változik az r i helyvektorok egymáshoz viszony´ıtott mérete és ir´ anya, és (4) miatt az r˙ i sebességek is arányosak maradnak a megfelel˝o helyvektorokkal, csak κ és a szögsebességvektor nagysága, ω változik az id˝ovel. K¨ ovetkezésképp ilyen kezdeti feltételek mellett a három test által kijelölt háromszög végig egyenl˝ o oldal´ u marad, a (6)

λi =

ri R

arányok a mozg´ as sor´ an álland´ ok, és a mozgásegyenletek rï = −γ

(7)

λ3i (m1 + m2 + m3 ) ri ri3

(i = 1, 2, 3)

alakba ´ırhat´ ok. (A λi egy¨ utthatók csak a tömegarányoktól f¨ uggenek, viszonylag k¨ onnyen megadhat´ ok, de a magunk elé t˝ uzött feladat szempontjából a konkrét alakjuk nem érdekes.) A (7) és (1) egyenletek azonos alakja, és a háromszög arányainak változatlansága alapj´ an áll´ıthatjuk, hogy a három test egymáshoz hasonló k´ upszeletpályákon mozog a k¨ oz¨ os t¨ omegk¨ ozéppont kör¨ ul. Ugyan mindegyik más-más effekt´ıv centrális tömeget l´ at”, de éppen ez biztos´ıtja a pályák id˝obeli szinkronját. Ezzel összhang” ban ellipszisp´ alya esetén b´ armelyik test keringési idejére ugyanaz adódik: √ √ a3i a3 T = 2π = 2π , 3 γλi (m1 + m2 + m3 ) γ(m1 + m2 + m3 ) ahol ai =

ri,min + ri,max , 2

illetve

a=

Rmin + Rmax . 2

Végezet¨ ul sz´ olnunk kell a pálya alakját meghatározó feltételr˝ol. Senki nem lep˝ odik meg azon, hogy azt most is az (8)

E = −γ

m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 1 1 1 2 2 2 + m1 (r˙ 1 ) + m2 (r˙ 2 ) + m3 (r˙ 3 ) R 2 2 2

teljes energia el˝ ojele hat´ arozza meg, de hogy ez hogyan hozható ki a (2)-b˝ol formálisan ad´ od´ o (9)

−γ

mi λ3i (m1 + m2 + m3 ) 1 2 + mi (r˙ i ) ri 2

kifejezésb˝ ol, azt a F¨ uggelékben mutatjuk be. Megjegyzések. 1. A cikkben t´ argyalt problém´ ak tartalmazz´ ak egym´ ast mint hat´ aresetet. Az ikercsillagn´ al minél nagyobb az egyik csillag t¨ omege a m´ asikén´ al, ann´ al jobban megk¨ ozel´ıti a rendszer a r¨ ogz´ıtett centrum esetét. Hasonl´ oan, ha a h´ arom test k¨ oz¨ ul az egyik t¨ omege lényegesen kisebb, mint a m´ asik kett˝ oé, az a kett˝ ou ´gy mozog, mint ahogy azt az ikercsillagokn´ al l´ atjuk.


561

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 562. oldal – 17. lap


i

2. Az ikercsillagok problém´ aja a gravit´ aci´ os kéttestprobléma a ´ltal´ anos esete, és a p´ aly´ ak a t¨ omegk¨ ozépponti rendszerben mindig k´ upszeletek. Ezzel szemben a h´ aromtestprobléma ´ altal´ anos esete igen bonyolult, nem periodikus, és ´ altal´ aban nem is s´ıkmozg´ as: a h´ arom test s´ıkja id˝ oben elfordulhat. Az itt t´ argyalt eset csak nagyon speci´ alis kezdeti feltételek mellett val´ osulhat meg, és att´ ol k¨ ul¨ onleges, hogy a testek t´ avols´ againak az ar´ anya, ´ıgy az ´ altaluk kit˝ uz¨ ott s´ıkidom alakja nem v´ altozik a mozg´ as sor´ an. A h´ aromtestproblém´ anak van egy m´ asik olyan megold´ ascsal´ adja is, melyben a t´ avols´ agok ar´ anya nem v´ altozik: a h´ arom test h´ aromféle m´ odon is elhelyezhet˝ o u ´gy egy egyenesen, hogy azok egy (5)-nek megfelel˝ o kezdeti sebesség esetén egym´ assal szinkronban, végig egy egyenesen maradva k´ upszelet p´ aly´ an mozogjanak. (Ezek az esetek paraméteresen sajnos nem, csak numerikusan t´ argyalhat´ ok.) Így ha két test (mondjuk a két nagyobb) poz´ıci´ oj´ at és a mozg´ asuk s´ıkj´ at megadjuk, a harmadik test ¨ ot olyan poz´ıci´ oba helyezhet˝ o, melyekben szinkroniz´ alt mozg´ as lehetséges. Ebb˝ ol h´ arom a két (nehezebb) test egyenesére esik (egyik helyzet a két test k¨ oz¨ ott, egy-egy pedig a két testen k´ıv¨ ul), kett˝ o pedig a fentebb t´ argyaltaknak megfelel˝ oen az a két pont, amely ugyanolyan t´ avol van az egyes testekt˝ ol, mint azok egym´ ast´ ol. Abban az esetben, ha a legkisebb t¨ omeg elhanyagolhat´ oan kicsiny a két nagyobb t¨ omeghez képest, ezt az ¨ ot pontot egyik tanulm´ anyoz´ ojukr´ ol2 a rendszer ´ Lagrange-pontjainak nevezik. Erdekes még, hogy a nagy testek egyenesébe es˝ o Lagrangepontok instabilak, az oda helyezett objektumok b´ armilyen kicsi zavar esetén gyorsulva kimozdulnak, m´ıg a m´ asik két pont (a nehéz testek t¨ omegar´ any´ anak nagys´ ag´ at´ ol f¨ ugg˝ oen) lehet stabil abban az értelemben, hogy az oda helyezett harmadik, kicsiny t¨ omeg˝ u test a zavar´ o hat´ asok ellenére is hossz´ u ideig az adott pont k¨ ozelében marad. Ezzel f¨ ugg ¨ ossze, hogy a Naprendszerben kisbolyg´ ok és aszteroid´ ak egész felh˝ oi tal´ alhat´ ok a Nap-Jupiter rendszer megfelel˝ o (a Jupitert 60◦ -kal megel˝ oz˝ o, illetve k¨ ovet˝ o) Lagrange-pontjainak a k¨ ornyékén, de tal´ alhat´ ok kisbolyg´ ok a Neptunusz, a Mars és a F¨ old p´ aly´ aj´ ahoz tartoz´ o stabil Lagrange-pontok k¨ ozelében is.3

Fu ek ¨ ggel´ Vegy¨ uk észre, hogy ha (9)-et beszorozzuk az m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 λ2i mi (m1 + m2 + m3 ) kifejezéssel, és kihaszn´ aljuk (6)-ot, akkor a kapott (F 1)

−γ

2 m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 1 m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 (r˙ i ) + · 2 R 2 m1 + m2 + m3 λi

mennyiség els˝ o tagja a teljes energia gravitációs része, tehát azt kell belátnunk, hogy a m´ asodik tag éppen a teljes mozgási energia. Mivel az r˙ i (5) szerinti felbontásában a két tag egym´ asra mer˝ oleges, ( ) 2 (F 2) (r˙ i ) = ri2 κ2 + ω 2 . 2

Joseph-Louis Lagrange (1736–1813) olasz sz¨ uletés˝ u francia matematikus és fizikus, aki t¨ obbek k¨ oz¨ ott a sz´ amelméletben, a matematikai anal´ızisben és az égitestek mechanik´ aj´ aban ért el nagyon jelent˝ os eredményeket. 3 A Naprendszer k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o bolyg´ oihoz tartoz´ o Lagrange-pontok k¨ ozelében elhelyezked˝ o természetes és mesterséges égitestek impoz´ ans list´ aja tal´ alhat´ o a https://en.wikipedia. org/wiki/List_of_objects_at_Lagrangian_points webhelyen.

562


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 563. oldal – 18. lap


i

Ennek és (6)-nak a k¨ ovetkezményeként (F1) második tagja ) 1 m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 2 ( 2 R κ + ω2 . 2 m1 + m2 + m3

(F 3)

Ha megmutatjuk, hogy m1 m2 + m1 m3 + m2 m3 2 R = m1 + m2 + m3

(F4)

= m1 r12 + m2 r22 + m3 r32 , akkor igazoljuk, hogy (F3) a mozgási energia, teh´ at (F1) val´ oban a teljes energia. Márpedig (F4) fenn´ all, ahogy azt a mellékelt ´ abra seg´ıtségével k¨ onnyen bel´ athatjuk. Ezen a h´ aromsz¨ og oldala R, a geometriai s´ ulypontja C, a fizikai tömegközéppontja S, a C-b˝ ol az S-be mutató vektor r, a C-b˝ol és az S-b˝ol az egyes tömegekhez mutat´ o vektorok ci és r i . Az (F4) egyenlet jobb oldala a rendszer S-re vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka, amit a Steiner-tétel seg´ıtségével összeköthet¨ unk a j´ ol sz´ am´ıthat´ o C-re vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékkal. Eszerint 3 ∑

(F 5)

mi ri2 =

i=1

3 ∑

mi c2i − r2

i=1

3 ∑

mi .

i=1

Ugyanakkor a t¨ omegk¨ ozéppont defin´ıciójából 3 ∑

mi ci = r

i=1

3 ∑

mi .

i=1

Ezt az egyenletet négyzetre emelve és kihasználva, hogy ci cj = 13 R2 , ha i = j, és − 16 R2 , ha i ̸= j, kisz´ am´ıthatjuk r2 -et, és ´ıgy (F5) jobb oldalát kiértékelve valóban megkapjuk (F4)-et. Woynarovich Ferenc

Megold´ asv´ azlatok a 2015/8. sz. emelt szint˝ u fizika gyakorl´ o feladatsorhoz Tesztfeladatok: 1 C

2 B

3 C

4 D

5 C

6 B

7 C

8 C


9 B

10 C

11 A

12 C

13 C

14 B

15 D

563

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 564. oldal – 19. lap


i

F1. a) A Skodáb´ ol nézve a kezd˝osebesség nélk¨ ul induló Volvo √ t id˝o alatt s = at2 /2 utat tesz meg. Eset¨ unkben s = 20 m, tehát a Volvo t = 2s/a ≈ 6,32 s alatt éri utol a másik aut´ ot. b) A Volvo kezd˝ osebessége v0 = 20 m/s, az utolérés pillanatában pedig v1 = = v0 + at = 26,32 m/s, az átlagsebessége tehát 12 (v0 + v1 ) = 23,16 m/s. Így a kérdéses id˝ o alatt 23,16 m/s · 6,32 s ≈ 146 m utat tesz meg. c) A mozgási energi´ ak ar´ anya (a talajhoz rögz´ıtett koordináta-rendszerben): EVolvo = ESkoda

1 m v2 2 Volvo 1 1 m v2 2 Skoda 0

=

mVolvo · mSkoda

(

v1 v0

)2 =

1500 1000

(

26,3 20,0

)2 ≈ 2,6.

F2. a) A légg¨ omb térfogata (az ideális gáz állapotegyenlete alapján): V =

nRT (0,15 mol) · 8,31 J/(mol K) · (295 K) = = 0,0035 m3 = 3,5 liter. p 1,05 · 105 Pa

m b) A leveg˝ o s˝ ur˝ uségét ugyancsak a pV = nRT = M RT gáztörvényb˝ol kaphatjuk meg: m pM 105 Pa · 29 · 10−3 kg/mol kg ϱ= = = = 1,18 3 . V RT 8,31 J/(mol K) · (295 K) m

c) A légg¨ ombre hat´ o nehézségi er˝o: mg = (2 + 0,6) · 10−3 kg · 9,81 m/s = 0,026 N, 2

m´ıg a leveg˝ o felhajt´ oereje: Ffel = ϱleveg˝o · Vléggömb g = 1,18

kg m · 0,0035 m3 · 9,81 2 = 0,041 N. m3 s

A felhajt´ oer˝ o nagyobb, mint a nehézségi er˝o, ezért száll fel a léggömb. A mennyezetnél er˝ oegyens´ uly alakul ki, a mennyezet a fenti két er˝o k¨ ulönbségével nyomja lefelé a légg¨ omb¨ ot: F = 0,041 N − 0,026 N = 0,015 N. A légg¨ omb egy kis darabon belapul, ahol a mennyezethez nyomódik. Erre a kis darabra u ´gy teljes¨ ul az er˝ ok egyens´ ulya, hogy a mennyezet lefelé mutató nyomóereje megegyezik a k¨ uls˝ o és bels˝ o nyomások k¨ ulönbségéb˝ol származó felfelé mutató er˝ovel: F = ∆p A, amib˝ ol a mennyezettel érintkez˝o fel¨ ulet nagysága A=

0,015 N F = = 3 · 10−6 m2 = 3 mm2 . ∆p 5000 Pa

Megjegyzés. A sz´ am´ıt´ as sor´ an elhanyagoltuk a légg¨ omb mennyezettel érintkez˝ o darabk´ aj´ anak a s´ uly´ at, a belapult gumidarabra a légg¨ omb t¨ obbi része ´ altal kifejtett rugalmas er˝ oket, valamint a nyom´ as v´ altoz´ as´ at a légg¨ omb¨ on bel¨ ul. Bel´ athat´ o, hogy ezek jogos elhanyagol´ asok.

564


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 565. oldal – 20. lap


i

F3. a) Egyens´ ulyi helyzetben az elektromos er˝o és a nehézségi er˝o ered˝oje fon´ alir´ any´ u: mg sin 20◦ − QE cos 20◦ = 0, ahonnan E=

0,001 kg · 9,81 m/s2 V mg tg 20◦ = 0,364 ≈ 3600 . Q 10−6 C m

b) A testre hat´ o gravit´ aci´ os er˝o és az elektromos er˝o ered˝oje mg/ cos 20◦ nagyság´ u és mindig ugyanolyan ir´ any´ u, tehát éppen olyan, mintha a test elektromos er˝ otér nélk¨ uli, de a szok´ asost´ ol eltér˝o, g ′ = g/ cos 20◦ ≈ 10,4 m/s2 nehézségi gyorsul´ as´ u, homogén gravit´ aci´ os térben helyezkedne el. Egy ilyen er˝otérben a fonálinga lengésideje: √ ℓ T = 2π = 1,06 s. g′ F4. a) Írjuk fel mindkét esetben a kapocsfesz¨ ultséget az áram f¨ uggvényeként: Uk1 = E − Rb I1 ,

Uk2 = E − Rb I2 .

Ha a két egyenletet egym´ asból kivonjuk, kiszám´ıthatjuk a bels˝o ellenállást: Rb =

3900 − 3800 mV = 0,83 Ω. 240 − 120 mA

b) Az elektromotoros er˝ ot u ´gy kaphatjuk meg, ha a bels˝o ellenállást visszahelyettes´ıtj¨ uk például az els˝ o egyenletbe: E = Uk1 + Rb Rb = 4000 mV. ´ c) Ujra a kapocsfesz¨ ultség-áram f¨ uggvényt kell használnunk: 5 Uk = E − Rb I = 4000 mV − Ω · 12 mA = 3990 mV. 6 Az akkumul´ ator teljes teljes´ıtménye: P = E · I = 4 V · 12 mA = 48 mW, a m´ asodpercenkénti energiacs¨ okkenés tehát P ∆t = 48 mJ. Megjegyzés. Ilyenkor az akkumul´ ator bels˝ o ellen´ all´ as´ ara jut´ o veszteség elhanyagolhat´ o, hiszen a bels˝ o fesz¨ ultségesés (10 mV) nagyon kicsi a 4000 mV-os elektromotoros er˝ oh¨ oz képest.

Honyek Gyula Budapest


565

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 566. oldal – 21. lap


i

Fizika feladatok megold´ asa

P. 4713. F¨ ugg˝ oleges, B m´ agneses indukci´ oj´ u homogén m´ agneses mez˝ oben lév˝ o fon´ alon egy m t¨ omeg˝ u, Q t¨ oltés˝ u, kisméret˝ u goly´ o f¨ ugg. A goly´ onak akkora és olyan ir´ any´ u sebességet adunk, hogy az v´ızszintes s´ıkban egyenletes k¨ ormozg´ ast végezzen. Egy m´ asik alkalommal u ´gy ´ all´ıtjuk ugyanolyan sugar´ u, v´ızszintes s´ık´ u k¨ orp´ aly´ ara a goly´ ot, hogy az a m´ agneses mez˝ oben ellentétes ir´ anyban k¨ or¨ ozz¨ on. a) Hat´ arozzuk meg a két fon´ aler˝ o ar´ any´ at! b) Mekkora a sz¨ ogsebességek nagys´ ag´ anak k¨ ul¨ onbsége a két mozg´ as sor´ an? (4 pont)

Közli: Kotek L´ aszl´ o, Pécs

Megold´ as. a) Ha Q pozit´ıv töltés, és a kis test (föl¨ ulr˝ol nézve) az óramutató járás´ aval ellentétes ir´ anyban forog, akkor a rá ható Lorentz-er˝o a körpálya középpontj´ anak ir´ any´ aba mutat; ha pedig ezzel ellentétesen forog, akkor a Lorentz-er˝o a k¨ or k¨ ozéppontj´ at´ ol kifelé mutat. (Ha Q negat´ıv, akkor éppen ford´ıtott a helyzet.) Amennyiben a forg´ omozgás közben a fon´ al állandó α szöget zár be a f¨ ugg˝olegessel, a test f¨ ugg˝ oleges ir´ anyban nem gyorsul. Ez csak u ´gy lehetséges, hogy a fon´ aler˝ o f¨ ugg˝ oleges komponense mindkét esetben a nehézségi er˝ovel egyezik meg: K1 cos α = mg,

K2 cos α = mg,

a fon´ aler˝ o teh´ at a két esetben ugyanakkora: K1 = K2 =

mg , cos α

az arányuk 1. b) A test v´ızszintes ir´ any´ u mozgásegyenlete a kétféle forgásiránynál: mv12 = mg tg α + QBv1 , r illetve

mv22 = mg tg α − QBv2 , r ahol r a k¨ orp´ alya sugar´ at, v1 és v2 pedig a ker¨ uleti sebességeket jelöli. A fenti két egyenlet k¨ ul¨ onbségéb˝ ol ) m( 2 v1 − v22 = QB(v1 + v2 ), r 566


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 567. oldal – 22. lap


i

vagyis

v1 − v2 QB = r m k¨ ovetkezik. A bal oldalon éppen a szögsebességek nagyságának keresett k¨ ulönbsége áll, ami teh´ at ∆ω = QB/m. Németh Fl´ ora Bor´ oka (Keszthely, Vajda J. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján 27 dolgozat érkezett. Helyes 25 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 1, hi´ anyos (1 pont) 1 dolgozat.

P. 4717. Mekkora sz¨ oget kell bez´ arniuk az F 1 és F 2 er˝ oknek, hogy az ered˝ oj¨ uk nagys´ aga F 1 és F 2 nagys´ ag´ anak sz´ amtani k¨ ozepével legyen egyenl˝ o? Min˝ o hat´ arok k¨ oz¨ ott kell lennie az F1 /F2 viszonynak, hogy a feladatnak legyen megold´ asa? Milyen hat´ arok k¨ oz¨ ott kell lennie a két er˝ o sz¨ ogének? (4 pont)

Strasser V. Ben˝ o (1884–1966) feladata

Megold´ as. Legyen az er˝ ok nagysága F1 és F2 , a szög¨ uk pedig α. Az ered˝o er˝o nagys´ aga a vektor¨ osszead´ as szabálya és a koszinusztétel szerint √ F1 + F2 F = F12 + F22 + 2F1 F2 cos α = , 2 ami algebrai átalak´ıt´ asok ut´ an ´ıgy ´ırható: 2 − 8 cos α F1 F2 = + . 3 F2 F1 Tudjuk (a sz´ amtani és a mértani közepekre vonatkozó egyenl˝otlenségb˝ol), hogy egy számnak és reciprok´ anak ¨ osszege legalább 2, emiatt 2 − 8 cos α > 2, 3

azaz

1 cos α 6 − . 2

Teh´ at fenn´ all, hogy 120◦ 6 α 6 180◦ . Ebben az intervallumban cos α − 21 és −1 k¨ oz¨ otti értékeket vesz fel, teh´ at az er˝ok nagyság´ anak x = F1 /F2 arányára a 26x+

1 10 6 x 3

egyenl˝ otlenség teljes¨ ul, aminek megoldása 1 F1 6 6 3. 3 F2 A nagyobb er˝ o teh´ at legfeljebb háromszorosa lehet a másik (F nagyság´ u) er˝o nagys´ ag´ anak, és ha az ir´ anyuk ellentétes, az ered˝o er˝o nagysága (2F ) valóban F és 3F sz´ amtani k¨ ozepe. Ugyancsak teljes¨ ul a megadott feltétel két egyforma (F ) nagys´ ag´ u, egym´ assal 120◦ -os szöget bezáró er˝o F nagyság´ u ered˝ojére is. Wiandt Péter (Bonyhád, Pet˝ofi S. Evangélikus Gimn., 11. évf.) 46 dolgozat érkezett. Helyes 25 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 13, hi´ anyos (1–2 pont) 8 dolgozat.


567

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 568. oldal – 23. lap


i

P. 4719. Egy kajakos 5 m/s sebesség˝ u foly´ on evez felfelé. Mekkora sebességgel kell eveznie, hogy a lehet˝ o legkevesebb munkavégzéssel jusson el adott t´ avols´ agra? (A k¨ ozegellen´ all´ asi er˝ o a sebesség négyzetével ar´ anyos.) (5 pont)

Közli: Forman Ferenc, UK, Cambridge

Megold´ as. Ha a kajakosnak a parthoz viszony´ıtott sebessége v, akkor a v0 sebesség˝ u foly´ o vizéhez képest v + v0 sebességgel kell mozognia. A közegellenállási er˝o és annak teljes´ıtménye szempontjából csak a v´ızhez viszony´ıtott sebesség lényeges: 2

F (v) = k · (v + v0 ) ,

3

illetve P (v) = F (v) · (v + v0 ) = k · (v + v0 ) .

A foly´ on felfelé haladva egy adott s távolságot t = s/v id˝o alatt tesz meg a kajakos, ezalatt 3 (v + v0 ) W (v) = P (v) · t = ks · v munk´ at kell végeznie. Mivel ks a sebességt˝ol f¨ uggetlen állandó, W (v) minimumát az f (v) ≡

(v + v0 ) v

3

f¨ uggvény minimuma hat´ arozza meg. Alkalmazzuk f (v)-re a sz´ amtani és mértani közepekre vonatkozó egyenl˝otlenséget: ( )3 v + 12 v0 + 12 v0 3 3 v · 12 v0 · 12 v0 (v + v0 ) 27 2 = 27 > 27 = v . v v v 4 0 Az egyenl˝ oség akkor áll fenn, amikor a kajakos sebessége a parthoz képest v=

1 m v0 = 2,5 , 2 s

a v´ızhez viszony´ıtva pedig v + v0 =

3 m v0 = 7,5 . 2 s

Fekete Bal´ azs Attila (Pécs, Le˝owey Klára Gimn., 9. évf.) 43 dolgozat érkezett. Helyes 26 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 9, hi´ anyos (1–3 pont) 7, hib´ as 1 dolgozat.

P. 4747. Egy 40 cm hossz´ us´ ag´ u l´ anc két végpontj´ at azonos magass´ agban r¨ ogz´ıtj¨ uk az ábrán l´ athat´ o m´ odon. Mekkora a l´ anc g¨ orb¨ uleti sugara a) a legals´ o pontj´ aban, b) a felf¨ uggesztési pontokban? (6 pont) 568

Közli: Vigh M´ até, Budapest


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 569. oldal – 24. lap


i

Megold´ as. Jel¨ olj¨ uk a l´ anc teljes hosszát L-lel, teljes s´ ulyát G-vel. A lánc két végén hat´ o er˝ ok f¨ ugg˝ oleges komponense G/2 , a v´ızszintes komponens¨ uk pedig (a 45◦ -os sz¨ ogek miatt) ±(G/2) (1. ´ abra).

1. ´ abra

Tekints¨ uk a láncnak egy olyan P pontját, amely pont és a legmélyebb O pont k¨ oz¨ otti l´ ancdarab hossza ℓ (2. ´ abra). Ennek a láncdarabnak a s´ ulya arányos ℓ-lel, és mivel ℓ = L/2 esetén a s´ uly G/2, általános esetben G G(ℓ) = ℓ. L

2. ´ abra

3. ´ abra

A P pontban hat´ o (a l´ anc t¨ obbi része által kifejtett) er˝o v´ızszintes komponense mindenhol ugyanakkora (hiszen a láncdarabra nem hat v´ızszintes irány´ u k¨ uls˝o er˝o): G , 2 a f¨ ugg˝ oleges komponens pedig a láncdarab s´ ulya: G F2 (ℓ) = ℓ. L Ezek ismeretében ki tudjuk sz´ am´ıtani a lánc meredekségét a P pontban: 2 F2 = ℓ. (1) tg α = F1 L F1 = állandó =

Mennyit v´ altozik ez a meredekség, ha P -b˝ol egy kicsiny ∆ℓ-lel hosszabb láncdarab P ′ végpontj´ aba megy¨ unk át”? A 3. ´ abr´ ar´ ol leolvashatjuk, hogy kicsiny ∆α ” esetén ( ) 1 1 = ∆α = 1 + tg2 α ∆α. (2) ∆(tg α) = BD ≈ BC 2 cos α cos α (A képlet csak k¨ ozel´ıt˝ oleg, kicsiny ∆α-ra igaz, mert az OD-re mer˝oleges BC szakasz hossz´ at egy kicsiny k¨ or´ıv hosszával helyettes´ıtett¨ uk.) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2015/9

569

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 570. oldal – 25. lap


i

Megjegyzés. A fenti ¨ osszef¨ uggés a differenci´ alsz´ am´ıt´ as formul´ aib´ ol is megkaphat´ o: d(tg α) 1 = 1 + tg2 α = . dα cos2 α

Az (1) és (2) összef¨ uggésekb˝ol azt kapjuk, hogy ( ) 2 2 (3) 1 + tg2 α ∆α = · ∆ℓ = · R∆α. L L Az utolsó lépésben kihasználtuk, hogy ∆ℓ = R∆α, ahol R a lánc görb¨ uleti sugara (a simulókörének sugara) a kérdéses pontban (lásd a 4. ´ abr´ at). A (3) összef¨ uggésb˝ol (2) felhasználásával megkaphatjuk a lánc görb¨ uleti sugarát a lánc tetsz˝oleges pontjában: R(ℓ) =

L 2ℓ2 + , 2 L

4. ´ abra

és ´ıgy a kérdéses speciális helyeken is. a) A l´ anc legals´ o pontj´ aban R(ℓ = 0) =

L = 20 cm, 2

b) a felf¨ uggesztési pontokban pedig ( ) 1 R ℓ = L = L = 40 cm. 2 Bug´ ar D´ avid (Révkomárom, Selye J. Gimn., 12. évf.) dolgozata felhasználásával 23 dolgozat érkezett. Helyes 20 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4–5 pont) 2, hib´ as 1 dolgozat.

Fizik´ ab´ ol kit˝ uzo ¨tt feladatok

M. 355. Cseppents¨ unk v´ızfel¨ uletre étolajat! Hogyan f¨ ugg az olajfolt átmér˝oje a kicseppentett olaj mennyiségét˝ol? (6 pont) 570

Közli: Homoki-Nagy Olga, Monor


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 571. oldal – 26. lap


i

P. 4780. Mely szélességi fokokról látható (jó min˝oség˝ u távcs˝ovel) egy geostacion´ arius szinkron m˝ uhold”? ” (3 pont) Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

P. 4781. Kemping gázf˝ oz˝on (amelynek u ¨zemanyaga 80% butánt és 20% prop´ ant tartalmaz) 200 g vizet 15 ◦ C-ról 75 ◦ C-ra meleg´ıt¨ unk fel. Mennyivel változik meg a f˝oz˝o össztömege a meleg´ıtés során, ha a meleg´ıtés hatásfoka 60%? (3 pont)

P. 4782. Egy 16 cm és egy 30 cm hossz´ u fonál egy-egy végét a mennyezethez rögz´ıtj¨ uk, egym´ astól 34 cm t´ avolságban. A fonalak másik végét egy pici, 1,7 dkg tömeg˝ u testhez er˝ os´ıtj¨ uk. a) Mekkora er˝ ok ébrednek a fonalakban? b) A r¨ ovidebb fonalat elégetj¨ uk. Mekkora er˝o ébred a fonálban abban a pillanatban, amikor az éppen f¨ ugg˝ oleges? (4 pont)

Közli: Simon Péter, Pécs

P. 4783. α = 30◦ -os hajl´ asszög˝ u lejt˝ore helyezett m1 tömeg˝ u ék és annak v´ızszintes lapján lév˝o m2 tömeg˝ u kocka egy¨ utt gyorsulva mozog a lejt˝ on lefelé. Az ék és a lejt˝o köz¨ ott a s´ url´ od´ asi egy¨ utthat´ o 0,1. Legal´ abb mekkora a s´ urlódási egy¨ uttható a kocka és az ék k¨ oz¨ ott, ha a kocka nem cs´ uszik meg az éken? (4 pont) Közli: Szab´ o Mikl´ os, Eger

P. 4784. A kanadai Large Zenith Telescope 6 méter átmér˝oj˝ u parabolat¨ ukrét u ´gy hozt´ ak létre, hogy egy t´ alba higanyt öntöttek, és a tálat egyenletesen, percenként 8,5 fordulattal forgatt´ ak. Mekkora lett a parabolat¨ ukör fókusztávols´ aga? (4 pont)

Közli: Vass Mikl´ os, Budapest

P. 4785. A Tej´ utrendszer az u ´gynevezett spirális galaxisok közé tartozik. Alakj´ at k¨ ozel´ıthetj¨ uk egy, az átmér˝ojéhez képest csekély vastagság´ u, állandó s˝ ur˝ uség˝ u koronggal, amelynek alja” és teteje” között a Nap harmonikus rezg˝omozgást ” ” végez. 3 Mekkora a rezgés peri´ odusideje, ha a galaxis átlags˝ ur˝ usége 5,8 · 10−21 kg/m ? (5 pont)


Közli: Forman Ferenc, Cambridge, UK 571

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 572. oldal – 27. lap


i

P. 4786. Három pontszer˝ u test – más testekt˝ol t´ avol – u ´gy helyezkedik el a világ˝ urben, hogy egy kezdeti pillanatban nem mozognak, és egymástól azonos d távolságban vannak. Két test tömege egyenl˝o (m), a harmadik tömege 2m. A gravitációs vonzás hatására a testek mozgásba jönnek és egymásnak u ¨tköznek. a) Mekkora utat tesznek meg a testek a találkozásig? b) Mennyi id˝ o telik el a testek u ¨tközéséig? aci´ os t¨ obbtestprobléma két speci´ alis esete” c´ım˝ u cikket Lapunk (L´ asd még A gravit´ ” 558. oldal´ an.) (5 pont)

Nagy L´ aszl´ o fizikaverseny (Kazincbarcika) nyomán

P. 4787. Egy merev, adiabatikus fal´ u edényben lév˝o, 17 ◦ C h˝omérséklet˝ u héliumg´ azt 30 méter magasb´ ol a Hold felsz´ınére ejt¨ unk. a) Mekkora lesz a héliumatomok rendezett sebessége a becsapódás pillanatában? b) Mennyivel n˝ o a héliumatomok rendezetlen, termikus átlagsebessége a becsap´ od´ ast k¨ ovet˝ oen? (4 pont)

Közli: Radnai Gyula, Budapest

P. 4788. Egy a = 2 cm oldal´ u szabályos hatszög minden második cs´ ucsán át, a hatszög s´ıkjára mer˝olegesen, hossz´ u, egyenes vezet˝okben I = 10 A nagyság´ u áram folyik, kett˝oben felfelé, egyben pedig lefelé. a) Mekkora és milyen irány´ u a mágneses indukció a hatsz¨ og középpontjában? b) Mekkora nagyság´ u és milyen irány´ u er˝o hat az egyes vezet˝ ok ℓ = 1 m hossz´ uság´ u darabjára? (4 pont)

Közli: Zsigri Ferenc, Budapest

P. 4789. Vékony, egyenletes keresztmetszet˝ u ellenálláshuzalból u ń. Sierpinskih´ aromsz¨ oget szeretnénk forrasztani. Ehhez egy szabályos háromszög alak´ u keretb˝ ol indulunk ki, melynek A és B cs´ ucsai között R0 ellenállást mér¨ unk. A kerethez els˝ o lépésben hozz´ aforrasztjuk a háromszög középvonalait, majd második lépésben az ´ıgy keletkezett négy kis h´ aromszög köz¨ ul a k¨ uls˝o három középvonalait is beforrasztjuk. Az elj´ ar´ ast tov´ abb folytatva önhasonló, fraktálszer˝ u drótkeretet kapunk (l´ asd az ´ abr´ at). Mekkora lesz az A és B pontok közötti ellenállás az n-edik lépés után? (5 pont) 572

Közli: Vigh M´ até, Budapest


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 573. oldal – 28. lap


i

P. 4790. Egy φ = 45◦ t¨ or˝ oszög˝ u, H = 20 cm magass´ ag´ u, egyenl˝ osz´ ar´ u prizma anyagának törésmutat´ oja n1 = 1,3. Ehhez a prizmához egy másik, φ/2 t¨ or˝ osz¨ og˝ u prizm´ at illeszt¨ unk az ´ abra szerint. Az els˝ o prizma alaplapj´ aval párhuzamosan, attól h = 12 cm t´ avols´ agban vékony fénynyalábot bocsátunk a prizm´ ara a t¨ or˝ oélre mer˝oleges irányban. a) Mekkora legyen a második prizma n2 törésmutatója, hogy a második prizm´ an kilép˝ o sug´ ar p´ arhuzamos legyen a belép˝o fénysugárral? b) Mekkora d t´ avols´ aggal tolódik el egymástól a belép˝o és a kilép˝o sugár? c) Mennyi ideig tart´ ozkodik a fénysugár egy hullámfrontja a kett˝osprizmában? (5 pont)

Közli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 4791. Petiék kaz´ anja mostanában nagyon furcsa hangokat ad, mintha fel akarna robbanni. Ezért h´ıvnak egy szerel˝ot, aki megállap´ıtja, hogy lerakód´ as van a cs˝ oben, amit ki kell majd savazni”. Petit˝ol megkérdezi az o¨ccse, hogyan kelet” kezhetett a furcsa hang, és miért van a kazán vizének h˝omérsékletét mér˝o h˝omér˝o ◦ 120 C-ig sk´ al´ azva, hiszen akkor már u ´gyis elforrna a v´ız. Vajon a cs˝o keresztmetszetének mekkora része z´ ar´ odhatott el? Mit v´ alaszolt ezekre a kérdésekre Peti? Adatok: A cs˝ oben 80 ◦ C-os v´ız van, a nyomásmér˝o 1,2 bar (t´ ul)nyomást mutat, és rendes m˝ uk¨ odés mellett a szivatty´ u 3 m/s-os sebességgel keringeti a vizet. (6 pont)

Közli: Juh´ asz Péter, Cambridge, UK

Beku esi hat´ arid˝ o: 2016. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 65. No. 9. December 2015) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 1): K. 481. What is the sum of the numbers in the 20 × 20 multiplication table? (The figure shows the 5 × 5 multiplication table.) K. 482. In a bicycle factory, the bicycles produced are tested systematically. The brakes are tested on every fifth bike, the gears are tested on every


573

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 574. oldal – 29. lap


i

fourth, and the shifter is tested on every seventh one. They manufacture 435 bicycles a day. How many bicycles are issued from the factory per day without anything tested on them? K. 483. In how many different ways is it possible to write the numbers 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 on the circumference of a circle so that no sum of adjacent numbers is a multiple of 3, 5 or 7? K. 484. Every natural number 1 to n is written on a card. What is the smallest n such that no matter how the cards are divided into two packs, there will always be two cards in one of the packs with two numbers that add up to a perfect square? K. 485. Tom Thumb and the giant arrive at the castle of the dragon. Although the giant is 3.5 metres taller than Tom, he still cannot reach the top of the castle wall when he stands on the ground. So he lifts Tom Thumb on his palm over his head. Tom can just climb the wall, which is 6 metres and 20 centimetres high. The giant has long hands: he can reach 40% of his height above the top of his head, while Tom can only reach 20% of his height above the top of his head. How tall is the giant, and how tall is Tom Thumb? K. 486. How many five-digit positive numbers are there in which the sum and the product of the digits are both even? New exercises for practice – competition C (see page 1): Exercises up to grade 10: C. 1322. Three consecutive terms of an arithmetic progression of positive integers are written down in a row to form a single number. Find the largest seven-digit number obtained in this way. (Quantum, 1998) C. 1323. Let T denote the intersection of side BC with the angle bisector drawn from vertex A of a right-angled triangle. Let F denote the midpoint of side BC, and let M be the intersection of the perpendicular bisector drawn at F with another side. Given that the quadrilateral AT F M is a kite, determine the angles of the triangle. (A may denote any vertex of the triangle.) Exercises for everyone: C. 1324. Agnes is making gingerbread hearts for Christmas. The pastry cutter has the shape of a 6 cm by 6 cm square with two semicircles attached to two adjacent sides. She always rolls the dough the same thickness, forming a square whose side is a whole number of decimetres. (If any dough remains, she gives it to her sister.) She starts cutting the hearts out of the pastry by placing the corner of the cutter to the corner of the pastry square, carefully aligning the sides. Then she continues by placing the cutter next to the cut-out squares with the same orientation, as close as possible. How many squares can Agnes make if she starts out with a 1 m2 pastry, and she always kneads together the pastry remaining after cutting out the hearts? C. 1325. Let an √ 1 1 1 1 denote the closest integer to n. Determine the sum a + a + a + . . . + a . C. 1326. 1 2 3 484 The perimeter of a right-angled trapezoidal plot is 400 m. One leg of the right angled trapezium makes an angle of 45◦ with the base. For what length of the base would the area of the plot be a maximum? Exercises upwards of grade 11: C. 1327. With line segments drawn from an interior point, dissect an octagon with the properties shown in the diagram into four parts, such that the parts can be put together to form two congruent 2 sin x+cos x √ regular pentagons. C. 1328. Solve the following equation: 2sin x = . 2

New exercises – competition B (see page 1): B. 4750. Ann claims that a random three-digit number is more likely to contain a digit of 6 than a random five-digit number. Bill says it is the other way around. Who is right? (3 points) (Matlap, Kolozsv´ ar) B. 4751. Prove that 3n + 5n is not a perfect square for any positive integer n. (4 points) (Proposed by G. Somlai, Budapest) B. 4752. Consider circles k1 with center O1 and radius r1 , and k2 with center O2 and radius r2 . Line P A is tangent to k1 at A and line P D is tangent to k2 at D. Segment AD intersects k1 and k2 at B and C, respectively. Find P A/P B in terms of r1 and r2 if AB = CD. (4 points) (M&IQ) B. 4753. Prove that √ √ √ √ 15x+6 2x (2x + 1) (2x + 2) 2x + 3 < for all x > 0. (5 points) (Proposed by I. De´ ak, 8 Székelyudvarhely) B. 4754. Lines AD, BD and CD passing through an interior point

574


i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 575. oldal – 30. lap


i

D of a triangle ABC intersect the opposite sides at A1 , B1 and C1 , respectively. The midpoints of the segments A1 B1 , B1 C1 and C1 A1 are C2 , A2 and B2 , respectively. Show that the lines AA2 , BB2 and CC2 are concurrent. (5 points) (Proposed by Sz. Mikl´ os, Herceghalom) B. 4755. In a triangle ABC, the escribed circles kA and kB drawn to sides CB and CA touch the appropriate sides at D and E, respectively. Show that line DE cuts out equal chords from the circles kA and kB . (4 points) (Proposed by K. Williams, Szeged) B. 4756. In the interior of a unit cube, there are some spheres with a total surface area of 2015. Show that a) there exists a line that intersects at least 500 spheres, b) there exists a plane that intersects at least 600 spheres. (6 points) (Hungarian Mathematics Competition of Transylvania) B. 4757. Let Ak denote the number that consists of k ones in decimal notation. How many positive integers are there that cannot be obtained as the sum of the digits of any multiple of Ak ? (5 points) (Proposed by K. Williams, Szeged) B. 4758. What is the minimum number of different lines determined by the sides of a (not necessarily convex) 2015-sided polygon? (6 points) (Proposed by D. Lenger, Budapest) New problems – competition A (see page 1): A. 656. Let p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn be a polynomial with real coefficients such that p(x) > 0 for x > 0. Prove that for every pair of positive numbers c and d, a0 + a1 (c + d) + a2 (c + d)(c + 2d) + · · · + an (c + d)(c + 2d) . . . (c + nd) > 0. A. 657. Let {xn } be the van der sequence, ∑ Korput i that is, if the binary representation of the positive integer n is n = a 2 (a ∈ {0, 1}), i i i ∑ then xn = i ai 2−i−1 . Let V be the set of points (n, xn ) in the plane where n runs over the positive integers. Let G be the graph with vertex set V that is connecting any two distinct points p and q if and only if there is a rectangle R which lies in a parallel position to the axes and R ∩ V = {p, q}. Prove that the chromatic number of G is finite. (Mikl´ os Schweitzer competition, 2015) A. 658. We call a bar of width w on the surface S 2 of the unit sphere in 3-dimension, centered at the origin a spherical zone which has width w and is symmetric with respect to the origin. Prove that there exists a constant c > 0 such that for every positive integer n the surface S 2 can be√covered with n bars of the same width so that every point is contained in no more than c n bars. (Mikl´ os Schweitzer competition, 2015) Problems B. 4748., A. 653. and A. 654. were incorrectly stated in our November issue. The correct problems are: B. 4748. A triangle H is rotated about a line lying in its plane but not intersecting it. Show that the volume of the resulting solid equals the product of the area of H and the perimeter of the circle described by the centroid of H during the rotation. (5 points) A. 653. Let n > 2 be an integer. Prove that there exist integers a1 , . . . , an−1 such that 2 a1 arctg 1 + a2 arctg(2 + . . . + an−1 ) arctg(n − 1) = arctg n if and only if (n + 1) divides 2 2 2 (1 + 1)(2 + 1) . . . (n − 1) + 1 . A. 654. Let p(x) be a polynomial of degree at most n such that p(x) 6 √1x for 0 < x 6 1. Prove that p(0) 6 2n + 1.

Problems in Physics (see page 570) M. 355. Drop some cooking oil onto the surface of water. How does the diameter of the oil spot depends on the amount of the oil? P. 4780. At which latitude should we stand in order that we could observe (by means of a good quality telescope) a geostationary “synchronous satellite”? P. 4781. 200 g water is heated on a camping stove from a temperature of 15 ◦ C to a temperature of 75 ◦ C. (The cartridge of the stove contains 80% butene and 20% propane.) By what amount does the total mass of the stove change during the heating process, if the efficiency of heating is 60%? P. 4782. One end of a 16 cm-long and a 30 cm-long pieces of rope are attached to the ceiling at a distance of 34 cm. The other ends of the ropes are attached to a small


575

i

i i

i

i i

i

2015.12.2 – 12:49 – 576. oldal – 31. lap


i

object of mass 17 grams. a) Calculate the tensions in the ropes. b) The shorter rope is burnt. What is the tension in the other rope when it is vertical? P. 4783. A wedge of mass m1 , and a cube of mass m2 on the horizontal face of the wedge are sliding down along an inclined plane of angle of elevation of α = 30◦ at the same acceleration. The coefficient of friction between the wedge and the inclined plane is 0.1. What is the minimum value of the frictional coefficient between the wedge and the cube, if the cube does not slip on the wedge? P. 4784. The parabolic mirror of the Canadian Large Zenith Telescope is created by a uniformly spinning pan filled with liquid mercury. The diameter of the telescope is 6 m, and the number of revolutions of the pan is 8.5/minutes. Determine the focal length of the parabolic mirror. P. 4785. The Milky Way is a so called spiral galaxy. Its shape is approximately a uniform density disc which has a small width with respect to its diameter. The Sun undergoes simple harmonic motion between the “bottom” and the “top” of this disc. What is the period of the SHM, if the average density of the galaxy is 5.8 · 10−21 kg/m3 ? P. 4786. There are three point-like objects in space – far from any other objects – such that their initial velocities are zero, and the distance between any two is the same d. Two of the objects have the same mass of m, and the mass of the third one is 2m. Due to the gravitational force the objects begin to move and they collide with each other. a) How much distance do they cover until they meet? b) How much time elapses until the collision of the objects? P. 4787. There is a sample of 17 ◦ C Helium gas in a container of rigid adiabatic walls. The container is dropped to the surface of the Moon from a height of 30 m. a) What will the ordered speed of the Helium atoms be, at the impact of the container? b) By what amount does the unordered thermal average speed of the Helium atoms increase after the impact? P. 4788. The measure of current flowing in each of three long straight wires through every other vertex of a regular hexagon of edges a = 2 cm is I = 10 A. Each wire is perpendicular to the plane of the hexagon, and the direction of the current in two of the wires is upward, whilst in the third wire the current flows downward. a) What is the magnitude and the direction of the magnetic induction at the centre of the hexagon? b) What is the magnitude and the direction of the force exerted on a ℓ = 1 m long piece of each wire? P. 4789. We would like to solder a so called Sierpinski-triangle from a piece of thin wire of uniform cross-section. We start from an equilateral triangle shaped frame, in which the resistance measured between the the vertices A and B is R0 . First the wires at the midlines of the triangle are soldered to the original frame, and then the second step is to solder the wires along the midlines of three outer triangles which were created. The process is continued similarly, and a fractal like frame is created (see the figure). What will the resistance between the points A and B be after the n-th step? P. 4790. The refractive index of the material of a triangular prism of apex angle φ = 45◦ is n1 = 1.3. The base of the prism is an isosceles triangle of height H = 20 cm. Another prism of apex angle φ/2 is attached to the previously described one as shown in the figure. A beam of light enters to the first prism, parallel to the base of the isosceles triangle at a distance of h = 12 cm from it. a) What should the refractive index of the second prism n2 be in order that the light beam emerges parallel to the original beam? b) By what distance d is the emerging beam displaced with respect to the entering ray? c) How long does a wave-front of the light-beam take to travel through the double prism? P. 4791. Recently Peter’s boiler makes very strange sounds, as if it would explode at any moment. A repairman was asked to have a look, and he said that limescale has deposited in the tube, and it must be descaled. Peter’s small brother asked Peter how the strange sound could arise, and why the thermometer, which measures the temperature of the water, is scaled up to 120 ◦ C, since at that temperature the water would boil. What fraction of the tube is closed by the deposited scale? What did Peter answer to these questions? Data: The temperature of the water in the tube is 80 ◦ C, the pressure gauge reads 1.2 bar (excess) pressure, and at normal working conditions the pump makes the water flow at a speed of 3 m/s.

65. évfolyam 9. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2015. december

i

i i

i

KÖZÉPISKOLAI MATEMATIKAI ÉS FIZIKAI LAPOK INFORMATIKA ROVATTAL BŐVÍTVE

Recommend Documents