Kezdőlap


Cím:	A matematika és fizika totó eredménye
Füzet:	2002/január, 20 - 22. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb írások

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

A múlt havi számunkban közreadtuk a 2001. évi őszi Ankét totó-kérdéseit. A telitalálatos szelvény:

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

13 + 1

találatos szelvény egyetlen egy akadt, ezt Pongrácz András (Szolnok, Verseghy Ferenc Gimnázium 10. évf.) adta be. 13 találatot 14-en értek el. Valamennyien könyvjutalomban részesültek.

Az alábbiakban rövid útmutatást adunk a feladatok megoldásához.
1. Tükrözzük az

F_{2}

fókuszt az érintő

x

tengelyre, ekkor az érintő szögfelező tulajdonsága miatt a nagytengely hossza

\begin{matrix} F_{1} F_{2}' = \sqrt[]{{(49 - 9)}^{2} + {(- 55 - 20)}^{2}} = 85. \end{matrix}

2. Egy homogén, de anizotróp kristályos anyag deformációi (nyújtási és nyírási alakváltozása) egy

3 \times 3

-as szimmetrikus mátrixszal, tehát 6 adattal adható meg. Ugyanennyi adat szükséges az anyagban fellépő húzó- és nyírófeszültségek megadásához is. Az általánosított Hooke-törvény szerint a deformációk arányosak a feszültségekkel, és az arányossági tényezők egy

6 \times 6

-os (tehát 36 elemet tartalmazó) mártixba rendezhetők. Azonban ez a mátrix is szimmetrikus, így csak

6 \cdot 7 / 2 = 21

független eleme van. Ennyi adat szükséges egy kristály rugalmas tulajdonságainak jellemzéséhez, ha a kristály a rácsszerkezet periodicitásán kívül más szimmetriával nem rendelkezik. Ezeket háromhajlású (triklin) kristályoknak nevezik.

d_{n} ∣ 1000 + n^{2}

és

d_{n} ∣ 2 n + 1

, így

\begin{matrix} d_{n} ∣ 2 \cdot (1000 + n^{2}) - n \cdot (2 n + 1) = 2000 - n, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} d_{n} ∣ 2 \cdot (2000 - n) + (2 n + 1) = 4001, \end{matrix}

és így

d_{n} \leq 4001

. Ha

n = 1000

, akkor

d_{n} = 4001

, tehát az egyenlőség lehetséges.

4. Egy

ℓ

hosszúságú,

R

sugarú folyadékszál térfogata

V = π R^{2} ℓ

, a felületi feszültségből származó energiája pedig

2 π α \cdot R ℓ

. (

R ≪ ℓ

miatt a felület lényegében a hengerpalást felületével egyenlő, a folyadékszál végeinek területét elhanyagolhatjuk.)
Ha a folyadékszál

N

darab

r

sugarú gömbre esik szét, a térfogat változatlanságából

\begin{matrix} N \cdot \frac{4 π}{3} r^{3} = π R^{2} ℓ, azaz N = \frac{3}{4} \frac{R^{2} ℓ}{r^{3}} \end{matrix}

következik. A felületi energia ,,magától'' nem növekedhet, vagyis

\begin{matrix} 4 π α \cdot N r^{2} \leq 2 π α \cdot R ℓ, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} r \geq \frac{3}{2} R és N \leq \frac{2}{9} \frac{ℓ}{R} = 100. \end{matrix}

5. Egy szám négyzetét egyetlen szorzással, negyedik hatványát 2 szorzással,

2^{n}

-edik hatványát

n

szorzással lehet kiszámítani. Mivel 2001 kettes számrendszerben

11 111 010 010

alakú, 10 szorzással megkaphatjuk a legnagyobb helyiértéknek megfelelő 1024-ik hatványt, és ezt a többi 6 (1-es számjegynek megfelelő) számmal összeszorozva összesen 16 művelet elvégzésével ki tudjuk számítani

2001^{2001}

-t.

6. Az esőcsepp állandósult sebességét a sugár köbével arányos gravitációs erő és a sebesség négyzetével és a keresztmetszettel arányos közegellenállási erő egyensúlya határozza meg:

\begin{matrix} R^{3} \propto R^{2} v^{2}, azaz v \propto R^{1 / 2} . \end{matrix}

Mivel két esőcsepp összeolvadásakor a (jó közelítéssel összenyomhatatlannak tekinthető) víz térfogat nem változik meg, a sugár

2^{1 / 3}

-szorosára nő, sebesség pedig

2^{1 / 6} \cdot v_{0} = 2^{7 / 6}

m/s lesz.

7. Legyen

T_{r, k}

azoknak az

r

-jegyű számoknak a száma, amelyekben pontosan

k

darab nulla van (

1 \leq r \leq 6

0 \leq k < r

). Ekkor

\begin{matrix} S = \sum_{r = 1}^{6} \sum_{k = 0}^{r - 1} T_{r, k} \cdot 2^{k} . \end{matrix}

T_{r, k}

értéke

(\binom{r - 1}{k}) \cdot 9^{r - k}

, hiszen

k

darab nullát kell elhelyeznünk az

r

-jegyű számban (a legelső helyiértékre nem kerülhet), és a további 9 számjegy bármelyike kerülhet a további

(r - k)

helyre. Így

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{r - 1} T_{r, k} \cdot 2^{k} = \sum_{k = 0}^{r - 1} (\binom{r - 1}{k}) \cdot 9^{r - k} \cdot 2^{k} = 9 \cdot \sum_{k = 0}^{r - 1} (\binom{r - 1}{k}) \cdot 2^{k} \cdot 9^{(r - 1) - k}, \end{matrix}

ami a binomiális tétel szerint

9 \cdot 11^{r - 1}

. Készen vagyunk:

\begin{matrix} S = \sum_{r = 1}^{6} 9 \cdot 11^{r - 1} = 9 \cdot \frac{11^{6} - 1}{10} = 1 594 404. \end{matrix}

8. Az energia- és a lendületmegmaradás törvényéből, valamint a rúd merevségéből viszonylag egyszerűen adódik, hogy a rúd felső vége a tömegek nagyságától függetlenül mindig

\sqrt[]{2 g ℓ}

sebességgel csapódik az asztalhoz, ahol

ℓ

a rúd hossza.

9. Ha összesen kilenc darab 1-esből és 0-ból álló szám osztható 27-tel, akkor 9-cel is osztható, így mind a kilenc jegye 1-es, de ekkor nem osztható 27-tel. A 27 darab 1-esből álló szám osztható 27-tel, tehát ez a válasz lehetséges, ha nincs kisebb. A tíz darab 1-esből álló szám

4 \cdot 1 + 3 \cdot 10 + 3 \cdot 19 \equiv 10 (mod 27)

, tehát ha a tízesek helyére 1 helyett 0-t írunk, akkor 27-tel osztható számot kapunk

(1 111 111 101)

. A legkisebb egyébként az

(1 101 111 111) = 27 \cdot 40 781 893

10. Könnyű olyan homogén tetraédert készíteni, amely 2 oldaláról is felborul, ha vízszintes asztallapra állítjuk. Mind a négy oldallapja nem lehet instabil, hiszen a helyzeti energiája a négy helyzet közül valamelyikben biztosan minimális. A kérdés tehát az, hogy van-e olyan tetraéder, amelyik csak egyetlen oldallapján áll meg stabilan. A válasz: nincs, ennek részletes bizonyítása megtalálható a Fizikai Szemle ,,Négyszögletes kerék'' rovatában, az 1989. évi 5. szám 189. oldalán.)

11. Indukcióval könnyen igazolható, hogy a 38-nál nagyobb páros számok előállnak a kívánt alakban. A 38-nál kisebb páros számok közül a

18 = 9 + 9

24 = 9 + 15

30 = 15 + 15

34 = 25 + 9

36 = 15 + 21

, így tehát 14 páros szám marad, amely nem írható fel a kívánt alakban.

12. A mászókötél vége emelkedik magasabbra. Ennek elemi (felsőbb matematikai ismereteket nem igénylő) bizonyítása a Fizikai Szemle 1994. évi 1. számának 44/B. oldalán olvasható.

13. Mivel az

f (x) = [x] + [2 x] + [4 x] + [8 x]

függvényre teljesül, hogy

f (x + 1) = f (x) + 15

, azért elegendő az

1,15

intervallumot végignézni. Némi szöszmötölés után kiderül, hogy itt 8 darab szám áll elő a kívánt alakban, éppen mint

\begin{matrix} f (\frac{i}{8}) = 1,3,4,7,8,10,11,15 (i = 1,2, ...,8) . \end{matrix}

Mivel

2001 = 133 \cdot 15 + 6

, azért a válasz

133 \cdot 8 + 3 = 1067

13+1. A szabályos háromszög ,,háromfogású'' (a középpontja körül 120 fokos szögű elforgatásnak megfelelő) szimmetriája miatt az egyensúlyi helyzetben mindhárom mágnes ugyanakkora (mondjuk

α

) szöget kell bezárjon a háromszög szemközti oldalával. A rendszer

E

összenergiája (amely a három mágnes páronként számítható kölcsönhatási energiája) kifejezhető az

α

szöggel, és az eredmény:

\begin{matrix} E (α) = A_{1} - A_{1} \cdot cos^{2} α, \end{matrix}

ahol

A_{1}

és

A_{2}

pozitív állandók. Ennek a függvénynek

α = 0

-nál és

180^{\circ}

-nál minimuma van. Ezeknél a szögeknél (amelyeknél a mágnesek párhuzamosak a szemközti oldallal) a rendszernek stabil egyensúlyi állapota van, míg

α = \pm 90^{\circ}

-nál az energia maximális, ezek tehát instabil egyensúlyi helyzetek.
Megjegyzés. A fenti megoldás csak akkor érvényes, ha a három mágnes egymás terét érzékeli csupán, külső (pl. a földmágnességből származó) mágneses mező nincs, vagy elhanyagolhatóan kicsi. Ez mindig teljesül, ha a három mágnes elegendően közel van egymáshoz. Sajnos az őszi Ankéton kiosztott szelvényeken a külső tér hiányára való utalás nem szerepelt, emiatt többen félreértették a feladatot.