Cím:	Matematikai és fizikai totó megoldása
Füzet:	2012/január, 53 - 55. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Matematika és fizika totó megoldása1   A telitalálatos szelvény $\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{3,3,1,}\mathrm{3,1,0}\mathrm{1,2,1,}\mathrm{0,3,2}\mathrm{2,0}}\end{array}$ lett volna. Ilyen (vagy ezt megközelítő) szelvény nem volt. A legeredményesebbek $10$ találatot értek el, ők könyvjutalmat kaptak. Az alábbiakban rövid útmutatást adunk a feladatok megoldásához. 1. $2^{\text{cos}{}^{2}x}\ge 1\ge |\text{sin}x|$, így csak az egyenlőség állhat fenn, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 2^{\text{cos}{}^{2}x}=1\Rightarrow \text{cos}{}^{2}x=0\Rightarrow \text{cos}x=\mathrm{0,}}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle 1=|\text{sin}x|\Rightarrow \text{sin}x=1\text{vagy}\text{sin}x=-1.}\end{array}$ A $\left[\mathrm{0,}2\pi \right]$ intervallumon mindkét feltétel teljesül, ha $x_1=\frac{\pi }{2}$ vagy $x_2=\frac{3\pi }{2}$, tehát két megoldás van. 2. A fotonnak valamennyi (töltés jellegű) jellemzője (amelyek a részecske $\leftrightarrow$ antirészecske cserénél előjelet váltana) nulla, emiatt a foton antirészecskéje maga a foton. 3. ${93}^{600}={\left(7\cdot 13+2\right)}^{600}$. A két tag összegének hatványában a binomiális tétel szerint csak az utolsó tagban nem szerepel 13, így ugyanannyi maradékot ad 13-mal osztva, mint $2^{600}$. Megvizsgálva $2^k$ 13-mal osztva kapott maradékait kiderül, hogy 12-es ciklusban ismétlődnek és a 12. maradék éppen 1 lesz. $600=50\cdot 12$, így $2^{600}$-nál is 1 lesz a maradék. 4. Vizsgáljunk 360-as ciklusokat 5 perces kávészünettel. Egy ilyen ciklus $360:24-1=14$ szellőztetést tartalmaz, mert az utolsó szellőztetés helyett kávészünet van. A ciklus hossza: $\frac{360\cdot 20}{60}+14\cdot 1\mathrm{,}5+5=146$ perc. Ilyen ciklusból a 480 perces munkaidőben csak 3 lehet és az egyikben 5 perc helyett 37 perccel hosszabb ebédszünet van, valamint az utolsó ciklus végén nincs 5 perces kávészünet, mert 2 óránál már kevesebb van hátra a munkaidőből. A 3 ciklus összes ideje így $3\cdot 146+37-5=470$ perc, és marad még 10 perc a munkaidőből. Az adott arányok miatt minden 12 műköröm felhelyezés 3 vendéget jelent. Ez egy ciklusban 90, a háromban pedig 270 vendéget jelent. A maradék 10 percben az adott arányok miatt még 24 műkörmöt tehet fel, ami 6 vendéget jelent. Tehát összesen 276 vendéget szolgált ki. 5. A lufi mozgása a levegő sűrűségének térben gömbszimmetrikus, időben periodikus ingadozását eredményezi, ún. gömbhullámban terjedő hangot kelt. Ugyanez elektromágneses hullámoknál nem lehetséges, mert azok a terjedési irányra merőlegesen valamerre polarizáltak kellene legyenek, de gömbszimmetrikus forrásnál nincs ilyen kitüntetett irány (a fény ,,nem tudja eldönteni'', hogy merre mutasson a polarizációja). A gravitációs hullámok is rendelkeznek polarizációval; ez azonban nem egy irányvektorral, hanem egy gömb kicsiny belapultságával szemléltethető. Gömbszimmetrikus forrás ilyen hullámot nem képes kelteni. 6. Az 1, 2, 3 számjegyekből képezhető $n$-jegyű számok száma $3^n$. A pontosan egy számjegyet tartalmazó számok száma nyilván 3. Olyan szám, amely pontosan kétféle számjegyet tartalmaz, $3\cdot \left(2^n-2\right)$ van, mert két számjegyből $2^n$ szám képezhető, de a csupán egyféle számjegyből állók nem megfelelők. A feladatunkat kielégítő számok száma tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 3^n-3\cdot \left(2^n-2\right)-3=3\left(3^{n-1}-2^n+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 7. Egy kezdősebesség nélkül induló, szabadon eső porszem $s={10}^{-6}$ m utat $t=\sqrt[]{2s/g}$ idő alatt tesz meg, és eközben a sebessége $\sqrt[]{2sg}$ nagyságú lesz (ahol $g$ a ,,holdbéli'' nehézségi gyorsulás). A második porszem sebessége minden pillanatban $\Delta v=\sqrt[]{2sg}$ értékkel kisebb lesz, mint a korábban indulóé, a két porszem tehát egyenletesen távolodik egymástól. A $H=300$ m magas szikláról az első porszem $T=\sqrt[]{2H/g}$ ideig esik, a porszemek eltávolodása tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle d=\left(T-t\right)\Delta v=\left(\sqrt[]{\frac{2H}{g}}-\sqrt[]{\frac{2s}{g}}\right)\sqrt[]{2sg}=2\left(\sqrt[]{sH}-s\right)\approx 2\sqrt[]{sH}\approx 34\mathrm{,}6\text{mm. }}\end{array}$ 8. Megmutatjuk, hogy egész szám négyzetének utolsó jegye minden olyan esetben 6, amikor a tízesek helyén páratlan szám áll. Legyen az $a$ szám utolsó jegye $c$. Ekkor $a+c$ páros, $a-c$ pedig $10$-zel osztható. Ezért $a^2-c^2=\left(a+c\right)\left(a-c\right)$ osztható $20$-szal, tehát $a^2$ és $c^2$ utolsó jegye azonos, a tízesek helyén álló jegy pedig vagy mindkettőben páros, vagy mindkettőben páratlan. Az egyjegyű számok négyzetében a tízes jegy $4^2=16$ és $6^2=36$ esetében páratlan, s az utolsó jegy ezekben 6. Ebből következik tehát, hogy $a^2$ tízes jegye csak akkor páratlan, ha $a$ $4$-re vagy $6$-ra végződik, s hogy $a^2$ utolsó jegye minden ilyen esetben 6. A feladat követeléseinek megfelelő számok valóban léteznek, pl. ${24}^2=576$, ${26}^2=676$. 9. $n=1$ dimenzióban (pl. egy megfeszített gumikötél mentén) elvben torzulásmentesen terjedhetnek hullámok, emiatt a rövid ideig működő hullámforrások jelei távolabb ,,pukkanásként'' érzékelhetők. Ugyanez igaz 3 dimenzióban is (pl. egy távoli szupernova-robbanás a Földről nézve is rövid idejű fényfelvillanás). Más a helyzet $n=2$ dimenzióban: a síkban terjedő hullámok még akkor is hosszú ,,utózengést'' mutatnak, amikor a kiinduló jel nagyon rövid ,,durranás''. A hullámokat leíró (és formálisan akárhány dimenzióban felírható) differenciálegyenlet megoldása szerint minden páros $n$-nél fellép ilyen utózengés. 10.   Keressük az $x$, $y$, $z$ és $a$ pozitív egész számokat úgy, hogy $x<y<z$ és $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=a$ legyen. Nyilvánvaló, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}<\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2.}\end{array}$ Innen $a=1$, amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{x}<a=1<\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}=\frac{3}{x}\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát $1<x<3$, és így $x=2$.   Ebből $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{2}$, ennélfogva $\frac{1}{y}<\frac{1}{2}<\frac{2}{y}$. Tehát $2<y<4$, és így $y=3$. Végül az $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{z}=1$ egyenletből $z=6$. A feladat egyetlen megoldása: $x=2$, $y=3$, $z=6$, $a=1$. 11. A Nap egészének (sugárzási) teljesítménye nagyságrendileg ${10}^{23}$ kW, tömege ${10}^{30}$ kg, átlagsűrűsége pedig kb. a víz sűrűségével megegyező. Ezeket az adatokat földi mérésekből (a napállandóból, a csillagászati egységből, a Föld keringési idejéből és a Nap látószögéből) ismerjük. Ezekből kiszámítható, hogy 1 liternyi napanyagra ${10}^{-7}$ kW teljesítmény jut, vagyis tízmilliószor (!) kisebb, mint a szokásos konyhai vízmelegítőké. Ilyen kis teljesítmény mellett a vízforraláshoz szükséges idő száz év nagyágrendű lenne (és az edény ,,ideális'' hőszigetelése is ennek megfelelő kellene legyen). 12. A hullámhegyek haladási sebessége a hullám fázissebessége, ez nagyobb is lehet, mint a vákuumbeli fénysebesség. A hullámcsomag ,,egészének'' sebessége ‐ általában ‐ nem lépheti túl a fénysebességet, de a hullámvonulat legmagasabb pontja megteheti ezt! (Egy országúti kerékpárversenyen is előfordulhat, hogy a hosszan elnyúló ,,mezőny'' legmagasabb versenyzője sokáig hátul kerekezik, de amikor a sor elején valaki feláll a kerékpárján, akkor az éppen legmagasabb versenyző helye hirtelen előreugrik, és az ugrás sebessége tetszőlegesen nagy lehet.) 13. Jelentse $v=CD$ egy tetszőleges $ABC$ háromszögben a $C$-n levő $\gamma$ szög felező egyenesét. A háromszög területe egyenlő a részek területeinek összegével, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle ab\text{sin}\gamma =av\text{sin}\frac{\gamma }{2}+bv\text{sin}\frac{\gamma }{2}\mathrm{,}\text{azaz}2ab\text{sin}\frac{\gamma }{2}\text{cos}\frac{\gamma }{2}=v\left(a+b\right)\text{sin}\frac{\gamma }{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{v}\text{cos}\frac{\gamma }{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A $\gamma ={120}^{\circ }$ esetben     $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\frac{\gamma }{2}=\text{cos}{60}^{\circ }=\frac{1}{2}\mathrm{,}\text{tehát}\frac{1}{v}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\text{azaz}v=\frac{ab}{a+b}\mathrm{.}}\end{array}$ 13+1. A víz és a levegő határa konstans átlaggörbületű, a falhoz ${90}^{\circ }$-ban illeszkedő felület kell legyen. Ez akár nyeregfelület is lehet (lásd a KöMaL 2011. évi novemberi számának hátsó, belső borítóján közölt fényképeket). 1A kérdések a 48. oldalon találhatók