A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Matematika és fizika totó megoldása A telitalálatos szelvény | | lett volna. Ilyen (vagy ezt megközelítő) szelvény nem volt. A legeredményesebbek találatot értek el, ők könyvjutalmat kaptak. Az alábbiakban rövid útmutatást adunk a feladatok megoldásához. 1. , így csak az egyenlőség állhat fenn, tehát és | | A intervallumon mindkét feltétel teljesül, ha vagy , tehát két megoldás van. 2. A fotonnak valamennyi (töltés jellegű) jellemzője (amelyek a részecske antirészecske cserénél előjelet váltana) nulla, emiatt a foton antirészecskéje maga a foton. 3. . A két tag összegének hatványában a binomiális tétel szerint csak az utolsó tagban nem szerepel 13, így ugyanannyi maradékot ad 13-mal osztva, mint . Megvizsgálva 13-mal osztva kapott maradékait kiderül, hogy 12-es ciklusban ismétlődnek és a 12. maradék éppen 1 lesz. , így -nál is 1 lesz a maradék. 4. Vizsgáljunk 360-as ciklusokat 5 perces kávészünettel. Egy ilyen ciklus szellőztetést tartalmaz, mert az utolsó szellőztetés helyett kávészünet van. A ciklus hossza: 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 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 -jegyű számok száma . A pontosan egy számjegyet tartalmazó számok száma nyilván 3. Olyan szám, amely pontosan kétféle számjegyet tartalmaz, van, mert két számjegyből szám képezhető, de a csupán egyféle számjegyből állók nem megfelelők. A feladatunkat kielégítő számok száma tehát | |
7. Egy kezdősebesség nélkül induló, szabadon eső porszem m utat idő alatt tesz meg, és eközben a sebessége nagyságú lesz (ahol a ,,holdbéli'' nehézségi gyorsulás). A második porszem sebessége minden pillanatban értékkel kisebb lesz, mint a korábban indulóé, a két porszem tehát egyenletesen távolodik egymástól. A m magas szikláról az első porszem ideig esik, a porszemek eltávolodása tehát | |
8. Megmutatjuk, hogy egész szám négyzetének utolsó jegye minden olyan esetben 6, amikor a tízesek helyén páratlan szám áll. Legyen az szám utolsó jegye . Ekkor páros, pedig -zel osztható. Ezért osztható -szal, tehát és utolsó jegye azonos, a tízesek helyén álló jegy pedig vagy mindkettőben páros, vagy mindkettőben páratlan. Az egyjegyű számok négyzetében a tízes jegy és esetében páratlan, s az utolsó jegy ezekben 6. Ebből következik tehát, hogy tízes jegye csak akkor páratlan, ha -re vagy -ra végződik, s hogy utolsó jegye minden ilyen esetben 6. A feladat követeléseinek megfelelő számok valóban léteznek, pl. , . 9. 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 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 -nél fellép ilyen utózengés. 10. Keressük az , , és pozitív egész számokat úgy, hogy és legyen. Nyilvánvaló, hogy Innen , amiből Tehát , és így . Ebből , ennélfogva . Tehát , és így . Végül az egyenletből . A feladat egyetlen megoldása: , , , . 11. A Nap egészének (sugárzási) teljesítménye nagyságrendileg kW, tömege 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 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 egy tetszőleges háromszögben a -n levő szög felező egyenesét. A háromszög területe egyenlő a részek területeinek összegével, tehát | | Innen A esetben
| |
13+1. A víz és a levegő határa konstans átlaggörbületű, a falhoz -ban illeszkedő felület kell legyen. Ez akár nyeregfelület is lehet (lásd a KöMaL 2011. évi novemberi számának hátsó, belső borítóján közölt fényképeket). A kérdések a 48. oldalon találhatók |
|