Kezdőlap


Cím:	A matematikai és fizikai totó eredménye
Füzet:	2000/március, 172 - 175. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb (KöMaL pontverseny is)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A múlt havi számunkban közreadtuk az 1999. évi Téli Ankét totó-kérdéseit. A telitalálatos szelvény:

\begin{matrix} 2,2, X, 1, X,2, 2,2, X, 2,2, X, 2,1. \end{matrix}

Az alábbiakban rövid útmutatást adunk a feladatok megoldásához.

1. A

0 + 999

1 + 998

...

499 + 500

számpárokban a jegyek összege 27, és mivel 500 ilyen pár van, ezek számjegyeinek összege

50 \cdot 27 = 13 500.

1000 + 1999

1001 + 1999

...

1499 + 1500

párok jegyeinek összege

50 \cdot 29 = 14 500

, s ha ezekhez hozzáadjuk 2000 számjegyeinek összegét, megkapjuk a

28 002

-es végeredményt.

2. A vízszintesen, egyenletes sebességgel mozgó mézescsuporban a bubororék

v_{1}

emelkedési sebessége a felhajtóerővel, az pedig a nehézségi gyorsulással arányos:

v_{1} = k \cdot g

. Amikor a

v_{2}

sebességű szánkó (és vele együtt a csupor is) lefékeződik, a buborék a vízszintes gyorsulással arányos tehetetlenségi erő hatására vízszintes irányban elmozdul. A buborék pillanatnyi vízszintes sebessége a szánkó pillanatnyi vízszintes gyorsulásával arányos:

\begin{matrix} \frac{Δ x}{Δ t} = - k \frac{Δ v}{Δ t} . \end{matrix}

Összegezve a vízszintes elmozdulásokat:

\begin{matrix} \sum Δ x = - k \sum Δ v = - k \cdot (- v_{2}) = \frac{v_{1} \cdot v_{2}}{g} . \end{matrix}

A megadott számadatokkal ez az elmozdulás 1 mm.

3. Az 5-ös lottónál a nem nyerés esélye (vagyis annak valószínűsége, hogy vagy 0, vagy 1 találatunk legyen):

\begin{matrix} \frac{(\binom{85}{5}) + 5 (\binom{85}{4})}{(\binom{90}{5})} \approx 0,977, \end{matrix}

a nyerés esélye ezek szerint

2, 3 %

.
A 6-os lottónál a megfelelő valószínűség:

\begin{matrix} \frac{(\binom{45}{6}) - [(\binom{39}{6}) + 6 (\binom{39}{5})]}{(\binom{45}{6})} \approx 0,176, \end{matrix}

a legalább 2 találat esélye:

17, 6 %

. Hasonlóan számítható ki, hogy a nyerés (legalább 3 találat) esélye:

2, 4 %

.
A skandináv lottónál annak valószínűsége, hogy egy húzásnál legalább 2 találatunk legyen:

\begin{matrix} p = \frac{(\binom{35}{7}) - [(\binom{28}{7}) + 7 (\binom{28}{6})]}{(\binom{35}{7})} \approx 0,432. \end{matrix}

Mivel két húzáson vesz részt minden szelvény, ezek valamelyikén elért 2 találat esélye:

1 - {(1 - p)}^{2} = 2 p - p^{2} = 0, 677

. A nyerés (2 sorsolás valamelyikén legalább 4 találat) valószínűsége itt

3, 6 %

4. Átlagosan ugyanannyi autó közlekedik keletről nyugatra, mint nyugatról keletre, ezek azonban (az utak, autópályák véges szélessége miatt) különböző távolságra vannak a Föld forgástengelyétől, tehát eredő perdületük nem nulla. Ha valamennyi angliai jármű ellentétes irányban haladna, az impulzusnyomatékuk megváltozna, emiatt a Föld szögsebességének is változnia kellene. A nap hossza igen kicsiny mértékben, de megnőne.

5. Az a pont, ahol a háromszögbe írt kör érinti az

A B

oldalt, az eredeti helyzetébe kerül vissza, ez a transzformáció fixpontja.

6. A

v

sebességgel haladó láda egységnyi idő alatt a sebességével arányos számú görgőt hoz mozgásba, s ezek mindegyike a láda sebességével megegyező kerületi sebességre gyorsul fel, összes mozgási energiájuk tehát a sebesség köbével arányos. Belátható, hogy a görgők felgyorsítása közben a súrlódás miatt fejlődő hő ugyanakkora, mint a görgők forgási energiája, tehát a fékezőerő összteljesítménye is a sebesség köbével arányos. Másrészt viszont ez a teljesítmény a fékezőerő és a sebesség szorzataként is felírható, a fékezőerő tehát (a közegellenállási erőhöz hasonlóan) a sebesség négyzetével arányos.

7. Az

a_{m n} = m \cdot n (m^{4} - n^{4}) = m \cdot n (m - n) (m + n) (m^{2} + n^{2})

(

1 \leq n < m

) számok oszthatók 2-vel, 3-mal és 5-tel, másrészt közülük a legkisebb:

a_{21} = 30

, a legnagyobb közös osztójuk tehát 30.

8. A két rúdmágnes különböző nagyságú, azonos irányú forgatónyomatékot fejt ki egymásra! (Vajon forgásba jön-e a két mágnesből álló rendszer, ha a megadott elrendezésben egy műanyagvonalzóhoz erősítjük őket és a vonalzót a tömegközéppontjánál csapágyazzuk?)

9. Belátható, hogy ha a dézsában egyetlen pohár úszik, akkor akár a pohárba, akár a dézsába öntünk bele adott mennyiségű vizet, a pohárban levő víz szintje a dézsa aljához viszonyítva mindkét esetben ugyanolyan magasra kerül. Eszerint sok pohár esetén sem számít, hogy a legkisebb alapterületűbe, valamelyik nagyobb pohárba, vagy akár a dézsába öntjük a vizet, a legkisebb pohár vízszintje ugyanolyan magasságba kerül.
Ha az

1 m^{2}

alapterületű dézsába öntünk

3 {cm}^{3}

vizet, valamennyi pohár és valamennyi vízszint

0, 003 mm

-t emelkedik fel. Ha a legkisebb pohárba öntjük a

3 {cm}^{3}

-nyi vizet, a benne levő víz szintje ugyanennyit (

0, 003 mm

-t) emelkedik, a pohár maga pedig

(1 cm - 0, 003 mm)

-t süllyed. A feltett kérdésre tehát további adatok ismerete nélkül is válaszolhatunk.

10. A mérleg a teljes rendszer által a mérlegre kifejtett erőt

F

mutatja. Ugyanilyen nagyságú (de ellentétes irányú) erőt fejt ki a mérleg is a hordóból, az állványból a kádból és a sörből ,,álló'' rendszerre. A rendszerre ható eredő erő (a függőlegesen lefelé mutató irányt tekintve pozitívnak):

m g - F

. Ha a rendszer tömegközéppontja áll (vagy egyenletes sebességgel mozog), akkor

m g - F = 0

, ha viszont a tömegközéppont gyorsulása (lefelé)

a

, akkor az

m g - F = m a

mozgásegyenletből

F = m g - m a

. Jelen esetben a rendszer tömegközéppontja (a sör mozgása miatt) lassan süllyed lefelé, de ez a mozgás nem egyenletes, hanem lassuló, hiszen a hordóban levő sörszint csökkenése miatt a kiáramlás sebessége fokozatosan csökken. Eszerint

a < 0

, tehát

F > m g

. (Ugyanez az effektus mérlegre állított homokóránál nem lépne fel, mert a homok lepergési sebessége ─ a folyamat kezdeti és végső pillanatait leszámítva ─ nem függ a homokréteg magasságától.)

11.

20 000

ember közül átlagosan

0, 95

bizonyul pozitívnak és ténylegesen betegnek, a tévesen betegnek diagnosztizáltak száma pedig átlagosan

0, 05 \cdot 19 999

. Így a betegek és a pozitívok aránya:

\begin{matrix} \frac{0, 95}{0, 95 + 0, 05 \cdot 19 999} \approx 0, 001 = 0, 1 % . \end{matrix}

12. Ha egy homogén henger fedőlapjának közepénél

g

a nehézségi gyorsulás, akkor onnan egy egységnyi tömegű (kicsiny) testet

Δ x

magasságra emelve

W = g Δ x

munkát kell végeznünk. Ez a munka a rendszer gravitációs helyzeti energiájának megváltozásával egyenlő, és úgy is kiszámítható, mintha egy

Δ x

vastag réteget gondolatban levágtunk volna a henger egyik ,,végéről'', s a henger másik végére helyeztük volna át. Az áthelyezés során a helyzeti energia éppen annyit változik meg, mint amennyi munkát az egész henger

δ x

távolságra történő elmozdításakor végzünk. Ez a munka integrálszámítás segítségével adható meg:

\begin{matrix} W = g_{henger} Δ x = 2 π f ϱ (R + H - \sqrt[]{R^{2} + H^{2}}) \cdot Δ x . \end{matrix}

A fenti képletnek megfelelő

g

akkor egyezik meg az

R

sugarú,

ϱ

sűrűségű gömb alakú Föld felszínén mérhető

g = \frac{4}{3} π f ϱ R

gyorsulással, ha

H = \frac{4}{3} R

Megjegyzés. Vigyázat: a henger gravitációs tere nem számolható úgy, mintha a teljes tömege a tömegközéppontban helyezkedne el. Ha mégis így tennénk, akkor a

H = 3 R

hibás eredményt kapnánk.

13. Az

[\frac{x}{2000}] = [\frac{x}{1999}]

egyenletnek

1 999 000

nemnegatív egész megoldása van.
Legyen

a = 1999

, akkor az

\begin{matrix} [\frac{x}{a + 1}] = [\frac{x}{a}] = 0 \end{matrix}

egyenletnek

x = 0

, 1,

...

a - 1

, tehát

a

darab megoldása van, az

\begin{matrix} [\frac{x}{a + 1}] = [\frac{x}{a}] = 1 \end{matrix}

egyenletnek

a + 1 \leq x < 2 a

, azaz

a - 1

darab megoldása van, s általában az

\begin{matrix} [\frac{x}{a + 1}] = [\frac{x}{a}] = k \end{matrix}

egyenletnek egyenletnek

a - k

megoldása (ha

a > k

). Az összes megoldás száma

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{a} (a - k) = 1 + 2 + ... + 1999 = 1 999 000. \end{matrix}

13 + 1. John Leech mutatta meg, hogy van olyan tetraéder, amelynek egészek az élei, egész szám a felszíne és egész a térfogata is. Az

a = 148

b = 195

c = 203

oldalú háromszög hegyesszögű, és a területe egész (nevezetesen

13 650

). Igaz továbbá, hogy ha

A B C

egy hegyesszögű háromszög, akkor létezik egy olyan tetraéder, melynek minden lapja egybevágó az

A B C

háromszöggel, és az ilyen tetraéder térfogata

\begin{matrix} V = \sqrt[]{\frac{(a^{2} + b^{2} - c^{2}) (a^{2} + c^{2} - b^{2}) (b^{2} + c^{2} - a^{2})}{72}}, \end{matrix}

ami most

611 520

. (Ez a pótkérdés igazából ,,lottó-kérdés'' volt, itt logikus gondolkodás helyett inkább szerencsés tippelésre volt szükség!)

12. Ha egy homogén henger fed?lapjának közepénél

g

a nehézségi gyorsulás, akkor onnan egy egységnyi tömeg? (kicsiny) testet

Δ x

magasságra emelve

W = g Δ x

munkát kell végeznünk. Ez a munka a rendszer gravitációs helyzeti energiájának megváltozásával egyenl?, és úgy is kiszámítható, mintha egy

Δ x

vastag réteget gondolatban levágtunk volna a henger egyik ,,végér?l'', s a henger másik végére helyeztük volna át. Az áthelyezés során a helyzeti energia éppen annyit változik meg, mint amennyi munkát az egész henger

δ x

távolságra történ? elmozdításakor végzünk. Ez a munka integrálszámítás segítségével adható meg:

\begin{matrix} W = g_{henger} Δ x = 2 π f ϱ (R + H - \sqrt[]{R^{2} + H^{2}}) \cdot Δ x . \end{matrix}

A fenti képletnek megfelel?

g

akkor egyezik meg az

R

sugarú,

ϱ

s?r?ség? gömb alakú Föld felszínén mérhet?

g = \frac{4}{3} π f ϱ R

gyorsulással, ha

H = \frac{4}{3} R

Megjegyzés. Vigyázat: a henger gravitációs tere nem számolható úgy, mintha a teljes tömege a tömegközéppontban helyezkedne el. Ha mégis így tennénk, akkor a

H = 3 R

hibás eredményt kapnánk.

13. Az

[\frac{x}{2000}] = [\frac{x}{1999}]

egyenletnek

1 999 000

nemnegatív egész megoldása van.
Legyen

a = 1999

, akkor az

\begin{matrix} [\frac{x}{a + 1}] = [\frac{x}{a}] = 0 \end{matrix}

egyenletnek

x = 0

, 1,

...

a - 1

, tehát

a

darab megoldása van, az

\begin{matrix} [\frac{x}{a + 1}] = [\frac{x}{a}] = 1 \end{matrix}

egyenletnek

a + 1 \leq x < 2 a

, azaz

a - 1

darab megoldása van, s általában az

\begin{matrix} [\frac{x}{a + 1}] = [\frac{x}{a}] = k \end{matrix}

egyenletnek egyenletnek

a - k

megoldása (ha

a > k

). Az összes megoldás száma

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{a} (a - k) = 1 + 2 + ... + 1999 = 1 999 000. \end{matrix}

13 + 1. John Leech mutatta meg, hogy van olyan tetraéder, amelynek egészek az élei, egész szám a felszíne és egész a térfogata is. Az

a = 148

b = 195

c = 203

oldalú háromszög hegyesszög?, és a területe egész (nevezetesen

13 650

). Igaz továbbá, hogy ha

A B C

egy hegyesszög? háromszög, akkor létezik egy olyan tetraéder, melynek minden lapja egybevágó az

A B C

háromszöggel, és az ilyen tetraéder térfogata

\begin{matrix} V = \sqrt[]{\frac{(a^{2} + b^{2} - c^{2}) (a^{2} + c^{2} - b^{2}) (b^{2} + c^{2} - a^{2})}{72}}, \end{matrix}

ami most

611 520

. (Ez a pótkérdés igazából ,,lottó-kérdés'' volt, itt logikus gondolkodás helyett inkább szerencsés tippelésre volt szükség!)