|
[1085] Csimby | 2005-10-19 21:08:00 |
A lényeg, hogy valahogy kitalálod a szorzattá bontást:
x4-10x2-x+20=(x2-x-5)(x2+x-4)
És mivel a szorzat akkor 0, ha valamelyik tényező 0, ezért elég ezt a két másodfokú egyenletet megoldanod.
|
Előzmény: [1084] philip, 2005-10-19 20:53:44 |
|
[1084] philip | 2005-10-19 20:53:44 |
esetleg nincsen valami ojan megoldási lehetőség,amit 10dikes fejjel meglehet csinálni.....ugyanis nemigazán vettünk minden ojan anyagot,ami az általad leírt megoldásban szerepel.....
|
|
|
[1082] Csimby | 2005-10-19 19:20:29 |
Négyzetre emeljük mindkét oldalt és egy oldalra rendezzük:
f(x)=x4-10x2-x+20=0
Próbáljuk meg két másodfokú szorzatára bontani (mindkét tényezőben a főegyüttható 1, hiszen a szorzat főegyütthatója a tényezők főegyütthatójának szorzata):
(x2+ax+b)(x2+cx+d)
Végezzük el a szorzást! Két polinom akkor egyenlő, ha az együtthatóik egyenlőek, tehát az alábbi egyenleteket írhatjuk fel:
0=a+c
-10=d+b+ac
-1=ad+cb
20=db
A Második Gauss Lemma szerint ha f egész együtthatós polinomot felbontottuk a racionális együtthatós g és h polinomok szorzatára, akkor g és h megszorozható alkalmas racionális számokkal úgy, hogy a kapott g0 és h0 polinomok egész együtthatósak legyenek és f=g0h0 teljesüljön.
Ezért tehettük föl, hogy h és g főegyütthatója 1 (vagy asszociáltja) és kereshetjük a kapott egyenletrendszer megoldását az egész számok körében. Amit innentől szerintem be tudsz fejezni.
Ha kijöttek az együtthatók, megoldod a két másodfokú egyenletet a megoldóképlettel, így 4 gyököt fogsz kapni. De 2 gyök nem elégíti ki az eredeti egyenletet, hiszen ott a bal oldal pozitív -> a jobboldal is pozitív ->
|
Előzmény: [1081] philip, 2005-10-19 17:44:52 |
|
[1081] philip | 2005-10-19 17:44:52 |
Sziasztok!Lehet ,hogy nem az érdekes feladatok közé tartozik,de segítség kellene ennek az egyenletnek a megoldásában...A segítséget előre is köszönöm!
|
|
|
|
|
[1078] Sirpi | 2005-10-18 10:29:55 |
Na, ez a feladat nagyon tetszett, nem hallottam még korábban, csak mindenféle elcsépelt egyféle bábos felpakolásokat.
8x8-asra k=5, 10x10-re k=7 (tovább még nem volt időm vizsgálódni), mindkettőre van konstrukcióm, és könnyű látni, hogy többet nem lehet felrakni. Utóbbinak leírom a bizonyítását, ábrát egyelőre nem teszek fel.
Szóval ha egy nxn-es sakktáblára fel lehet tenni k db bástyát és futót egyszerre, akkor teljesülnie kell az (n-k)2k egyenlőtlenségnek. Ez úgy jön ki, hogy a k db bástya mind külön sort és oszlopot kell, hogy elfoglaljon, így a futóknak már csak egy (nem feltétlen egybefüggő) (n-k)x(n-k)-s részrácson marad hely. Itt el kell férnie mind a k futónak, innen jön, hogy (n-k)2k, ahonnan viszont adódik, hogy , ez pedig n=8-ra , tehát ekkor k<6, vagyis k5. Hasonlóan adódik n=10-re, hogy k7.
Ez utóbbi nehezebb különben, mert míg 8-ra 5 db futónak kell elférnie egy 3x3-as területen, addig 10-re ugyanígy egy 3x3-as részre 7 futót kell bepréselni.
|
Előzmény: [1073] rizsesz, 2005-10-17 00:28:27 |
|
|
|
|
[1073] rizsesz | 2005-10-17 00:28:27 |
201. feladat.
Adott egy 8*8-as sakktábla, és a k pozitív egész. Mekkora k maximális értéke, ha létezik hozzá olyan elrendezése k darab futónak és k darab bástyának egyazon sakktáblán, hogy egyik bábu sem üti a másikat?
|
|
[1072] Lóczi Lajos | 2005-10-16 23:36:48 |
200. feladat. Adjuk meg azt a p valós számot, amelyre az
integrál értéke minimális, ha
f(x)=1-e-x2.
|
|
[1071] jonas | 2005-09-14 21:38:33 |
Ezt véletlenül ismerem, mert egyszer javítottam a megoldásait.
a: Nem.
b: Csak a c3, f3, c6, f6 mezők valamelyikét hagyhatjuk el.
Három színnel átlósan kell színezni a sakktáblát (vagy lehet nem átlósan, hanem soronként is, úgy, hogy minden dominó alatt hárommal osztható összeg álljon).
|
Előzmény: [1065] Csimby, 2005-09-14 00:03:02 |
|
|
|
|
[1067] nadorp | 2005-09-14 16:45:54 |
Lehet, hogy félreérthető a megfogalmazás:
a ... tört részt jelent.
|
|
[1066] nadorp | 2005-09-14 16:19:56 |
Szia Rizsesz !
A b) verziót szerintem a következőképpen lehetne értelmezni:
Legyenek n és k pozitív egészek és legyen
Bizonyítsuk be, hogy létezik egy olyan n pozitív egész és egy k1<k2<... indexsorozat, hogy a
sorozat konvergens és határértéke egy prím reciproka.
|
Előzmény: [1060] rizsesz, 2005-09-11 16:52:33 |
|
[1065] Csimby | 2005-09-14 00:03:02 |
199.feladat A 8×8-as sakktábla egyik sarkából kivágunk egy 1×1-es négyzetet.
a. Lefedhető-e a megmaradt sakktábla 3×1-es téglalapokkal?
b. Ha a teljes sakktáblából akárhonnan kivághatunk egy 1×1-es négyzetet, honnan tegyük ezt meg ahhoz, hogy a megmaradt tábla lefedhető legyen 3×1-es téglalapokkal?
|
|
[1064] Sirpi | 2005-09-13 15:44:55 |
198. feladat: Mely pozitív egészek egyeznek meg 4 legkisebb pozitív osztójuk négyzetösszegével? Mi a helyzet 4 helyett 3-ra?
|
|
|
[1062] jonas | 2005-09-12 21:42:51 |
Szerintem igen.
Ugyanis a polinom deriváltja is polinom, tehát folytonos, tehát lokálisan korlátos változású, tehát felírható két monoton növő függvény különbségeként. Ezeket tagonként határozatlanul integráljuk (a konstansra is vigyázva), és megkapjuk a polinomot két konvex függvény különbségeként.
|
Előzmény: [1061] Káli gúla, 2005-09-12 20:54:13 |
|
|