Cím:	Matematikai és fizikai totó megoldása
Füzet:	2013/január, 54 - 56. 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{2,}X\mathrm{,}X\mathrm{,}\mathrm{1,1,}X\mathrm{,}X\mathrm{,}X\mathrm{,}X\mathrm{,}\mathrm{2,2,1,}\mathrm{1,1.}}\end{array}$ A legtöbb, $11$ találatot Szabó Attila (Pécs, Leőwey Klára Gimnázium, $12.$ évf.) érte el. $9$ találatos szelvényt adott be Katona Dániel (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimnázium, $10.$ évf.) és Mázik László (Révkomárom, Selye János Gimnázium, érettségizett).   1. A függőlegesen lógó rugót a tetejénél a teljes súlya, a legaljánál pedig semmi nem terheli; az átlagos húzóerő tehát a súly fele. A mindkét végénél felfüggesztett rugó végeinél ható erő függőleges komponense a súly fele, és ugyanekkora a vízszintes komponens is. A vízszintes erőkomponens mindenhol ugyanakkora, így a rugót feszítő erő (egyetlen pont kivételével) mindenhol nagyobb, mint a rugó teljes súlyának fele. A rugó megnyúlása a feszítőerővel arányos, ez a végeinél felfüggesztett, ívesen belógó slinky-rugónál biztosan nagyobb, mint a függőlegesen lógónál. 2. Ehhez hasonló elrendezésben két 2012-szögnél is minden oldal minden oldalt metszeni fog. Az ábra szerinti elrendezésben a 8-szögnél $8\cdot 8$, a 2012-szögnél pedig $2012\cdot 2012=4048144$ metszéspont keletkezik.       3. Ha a korong forgása nagyon lelassulna, de a középpontja még számottevő sebességgel mozogna, akkor a korong különböző részeire ható súrlódási erők forgatónyomatékai kiegyenlítenék egymást, tehát a forgás sebessége nem csökkenne tovább. Hasonlóan, ha a transzlációs mozgás már majdnem teljesen leállna, de a korong még számottevően forogna, a súrlódási erők eredője gyakorlatilag nullává válna, így a tömegközéppont mozgása nem lassulhatna tovább. Eszerint a korong egyik mozgásformája sem szűnhet meg hamarabb, mint a másik; a haladó mozgás és a forgás egyszerre állhat csak meg.   4. Legalább 7 ceruzát kell találomra kihúznom ahhoz, hogy biztosan legyen közöttük két különböző színű. Ebből megtudhatom, hogy a legtöbb azonos színű ceruzából 6 darab van ‐ hiszen ,,legrosszabb esetben'' kihúzom ezt a hatot, de aztán hetedikre már egy másik színt. Legalább 11 ceruza véletlen kihúzása kell ahhoz, hogy biztosan kapjak három különböző színt. Megint a legkevésbé szerencsés esetben kihúzok 10 ceruzát ‐ amiből 6 az egyik és akkor 4 a másik legnagyobb elemszámú ‐ és azután húzom ki biztosan a harmadik színt. Tehát a második legtöbb színű ceruzából 4 darab van. Hasonló módon okoskodva 13 húzásból az következik, hogy a harmadik legtöbb szín $12-6-4=2$, tehát az egyik színből 2 darab ceruza van. Mivel mindegyik ceruzából más számú van, így a legkevesebb számú ceruzából csak 1 darab lehet.   5. A gázmolekulák átlagos távolsága (normál állapotban) nagyságrendileg kb. 10-szerese a molekulák méretének. A csillagok távolsága fényév (kb. ${10}^{13}$ km) nagyságrendű, a csillagok átmérője pedig néhány millió km. Ezek aránya 10 millió, sokkal nagyobb, mint a molékulák 10-es arányszáma. A ,,csillag-gáz'' tehát sokkal hígabb, mint a molekulákból álló valódi gázok.   6. Jelöljük az $AB$ oldal felezőpontját $F$-fel, és tükrözzük erre a pontra a háromszöget.     A $BCF$ és a $BCC\text{'}$ derékszögű háromszögekre felírjuk a Pitagorasz-tételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+{\overline{CF}}^2={\left(\frac{c}{2}\right)}^2\mathrm{,}\text{illetve}{a}^2+{\left(2\overline{CF}\right)}^2=b^2\mathrm{.}}\end{array}$ Az első egyenlet négyszeresét kivonva a másodikból: $3a^2=c^2-b^2$.   7. A Möbius-szalag peremén vezetett drót kétmenetes (zárt) tekercset alkot, amelynek ‐ az indukált feszültség szempontjából lényeges ‐ területe sokkal nagyobb, mint a keskeny papírszalag területe. Így a megcsavart szalagnál az indukált feszültség sokkal nagyobb lehet, mint a csavarodásmentes esetben.   8. Számítsuk ki, hogy egy kályha $12{\text{m}}^3$ fát mennyi idő alatt éget el: $5\mathrm{,}5\cdot 9$ nap. Majd számítsuk ki, hogy 12 kályhában mennyi idő alatt ég el   ugyanennyi fa: $5\mathrm{,}5\cdot \frac{9}{12}$. Akkor a 12 kályhában 9 m${}^3$ bükkfa $\frac{9}{12}$-szer ennyi, vagyis $5\mathrm{,}5\cdot (\frac{9}{12}{)}^2=\frac{99}{32}=3\frac{3}{32}$ nap, vagyis 3 nap 2 óra és 15 perc alatt ég el. (Ha 24 órát ötször elfelezzük, akkor 45 percet kapunk; $3\cdot 45$ perc = 135 perc = 2 óra 15 perc.) Tehát 9 m${}^3$ bükkfa 12 kályhában nem sokkal több, mint három nap alatt ég el.   9. A vízcseppre ható közegellenállási erő függőleges irányú komponense függ a hajó és a környező levegő vízszintes irányú sebességkülönbségétől. Ez a sebességkülönbség a parthoz képest mozgó hajó korlátjánál más, mint az álló hajónál, tehát az esés ideje is eltérő lehet. A hajó belsejében a levegő a medencéhez képest nem mozog, és ez a megállapítás független a hajó (parthoz viszonyított) sebességétől; itt tehát a Galilei-féle relativitáselv (nagyon precíz mérésekkel) ellenőrizhető.   10. A szabályos nyolcszöget megszerkesztjük és megszámoljuk a metszéspontokat.   11. Az elektrosztatikus mezőben azokon a helyeken, ahol nincs elektromos töltés, nem létezhet stabil egyensúlyi helyzet (Samuel Earnshaw (1805‐1888) angol matematikus tétele). Ha ugyanis találnánk olyan $P$ pontot, ahol egy pontszerű töltés stabil egyensúlyban maradna, akkor $P$ kis környezetében az elektromos térerősség mindenhol $P$ felé, vagy azzal ellentétes irányba mutatna, és ez ellentmondana Gauss fluxustörvényének. A tétel kiterjeszthető kiterjedt töltéseloszlásokra, valamint magnetosztatikus, illetve gravitációs erőterekre is, mivel azok törvényei ugyanolyan alakúak, mint az elektrosztatikus mezőé. Mágneses lebegtetés gravitációs erőtérben tehát (permanens mágnesekkel) nem valósítható meg. (A lebegő szupravezetőkre nem érvényes az Earnshaw-tétel, mert bennük örvényáramok indulhatnak, tehát nem permanens mágnesek.)   12. Összesen $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ mérkőzést játszanak, ezek lehetséges sorrendjeinek a száma $10!$. Azoknak a meccssorozatoknak a száma, melyekben Pisti az összes mérkőzését egymás után játssza le $7!4!$, mert az ő mérkőzéseit egy egységbe foglalva, $7!$ lehetőséget kapunk arra, hogy az így adódó 7 meccset lejátsszák; és $4!$ Pisti mérkőzéseinek lehetséges sorrendje. A keresett valószínűség tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{7!4!}{10!}=\frac{4\cdot 3\cdot 2}{10\cdot 9\cdot 8}=\frac{1}{30}\mathrm{.}}\end{array}$   13. A hidrogénatomban $k{e}^2/r_{\text{Bohr}}$ kb. ${10}^{-18}\text{J=aJ}$ nagyságrendű, egy elektron a Föld gravitációs terében pedig nagyságrendileg $Gm{M}_F/R_{\text{Föld}}=mg{R}_{\text{Föld}}\approx {10}^{-22}$ J energiával rendelkezik. Az elektrosztatikus kötésnél tehát az energia abszolút értéke sokkal nagyobb, mint a gravitációsan kötött rendszernél. Ha az energia negatív előjelét is figyelembe vesszük, akkor a Föld gravitációs terében keringő ,,szabad'' elektron összenergiája lesz a nagyobb; az űrállomás atomjaiban kötött elektronok összes (elektrosztatikus+gravitációs+mozgási) energiája viszont egy nagyon kicsivel kisebb, mint a gravitációmentes térben levő atomok elektronjainak energiája.   13+1. Az egyenlet mindkét oldalához 1-et adva, a bal oldal szorzattá alakítható: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle xyz+xy+yz+xz+x+y+z+1=x\left(yz+y+z+1\right)+\left(yz+y+z+1\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left(x+1\right)\left(yz+y+z+1\right)=\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Így az eredeti egyenlettel ekvivalens a következő: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=2013.}\end{array}$ Mivel a tényezők mindegyike legalább 2, és 2013 prímfelbontása $3\cdot 11\cdot 61$, a három szám valamilyen sorrendben 2, 10 és 60, az összegük 72. 1A kérdések a 39. oldalon találhatók.