|
|
[1016] xviktor | 2005-08-15 23:28:27 |
Annyibban igazad van, hogy tobb eset van, tehat egy altalanos kepletet keresunk, de szerintem nem jo a kepleted... bar lehet en tevedek
Es akkor a 187. feladat: a hatszog kore kor irhato. Mekkora a terulete?
Udv: Viktor
|
Előzmény: [1015] xviktor, 2005-08-15 23:14:22 |
|
|
[1014] Yegreg | 2005-08-15 21:01:22 |
Bocsánat, úgy tűnik, hogy most sem vagyok képes normálisan beírni... egy zárójel elcsúszott. Helyesen így:
. Hiába, még nem vagyok rutinos TeX-es...:oD. Üdv:
Yegreg
|
|
[1013] Yegreg | 2005-08-15 20:58:07 |
Üdv!
Bocs, hogy csak most írok, de most értem haza, így nem tudtam reagálni a közbenső dolgokra. A beírt gömb sugara jogos, az egyenletet nem ismertem, kitalálni meg akkor este esélyem sem volt, pláne, hogy nem is gondolkoztam ilyesmiben(a bizonyítás amúgy nagyon szép szerintem). A sok számolás azért nem annyira sok, csak egy finom túlzás volt annak eltitkolása érdekében, hogy képtelen lettem volna beírni akkor este:). Valójában azt hiszem, hogy az pár Pitagorasz-tétel volt.
Az a hatszöges feladat nem akar összejönni Viktornak:) Vagy direkt csináltad először nem létezőre másodjára pedig több esetesre? Szóval a 186(azt hiszem) feladat megoldása:
Ahol alfa valamelyik belső szög. A 120°-os forgásszimmetria nem határozza meg egyértelműen a hatszöget, csak 3-3 belső szöge egyenlő egymással, két különböző belső szög összege pedig 240°. Egyébként szerintem a feladat normálisan körbe írt hatszög lenne. Akkor egyértelműen =120°, és akkor kiszámolható a terület(akkor máshogy is számolható). Üdv:
Yegreg
|
|
[1012] xviktor | 2005-08-14 17:59:30 |
Gratulalok, mindenki megoldasa helyes. De a 186. feladatra meg nem jott megoldas...
Jo gondolkozast: Viktor
|
|
[1011] lorantfy | 2005-08-14 16:26:14 |
185-höz: Kössük össze a poliéder csúcsait a beírt gömb középpontjával. Így a poliéder térfogatát sokszög alapú gúlák térfogatának összegére bontottuk, melyek magassága éppen a beírt kör sugara, alapjaik területének összege pedig a poliéder felszine.
Igy aztán:
|
Előzmény: [1010] xviktor, 2005-08-13 01:19:00 |
|
[1010] xviktor | 2005-08-13 01:19:00 |
Gratulalok szepek a megoldasaid /181,182,183/, a 184-et meg atgondolom en kicsit maskepp csinaltam,de szerintem az is jo.
A 183. feladatnal irtad hogy sok szamolas volt, pedig nagyon egyszeruen meg lehet allapitani a beirt gomb sugarat:
Tetel: Barmely poliederbe beirt gomb sugara:
185. feladat: Bizonyitsuk be a fenti tetelt.
186. feladat: A 181. feladatot kisse fogalmazzuk at. Ha ahelyett hogy kor irhato bele azt mondanam, hogy 120°os forgasszimmetrikus, akkor mekkora lenne a terulete? /Ilyen hatszog letezik ;-)/
Jo gondolkodast: Viktor
|
Előzmény: [1009] Yegreg, 2005-08-13 00:49:02 |
|
[1009] Yegreg | 2005-08-13 00:49:02 |
181.:
Ilyen hatszög nem nagyon van, hiszen ha egy 2 egység hosszú oldalt a kör x-re és 2-x-re bont, akkor az az x melletti 4 egység hosszú oldalt x-re és 4-x-re bontja, hiszen a körhöz külső pontból húzott érintő szakaszok egyenlőek, illetve továbblépve a 4-x melletti 2 egység hosszú oldalra, azt a körnek 4-x és 2-(4-x)-re kell bontania, szintén az érintő szakaszok miatt, azonban 2-(4-x)=x-2, csak akkor pozitív, ha x nagyobb, mint kettő, x azonban nem lehet nagyobb kettőnél, mert akkora szakaszt metszett le a kör egy másik két egység hosszú oldalból, tehát ha a beírt kör nem mehet át csúcson(azaz azt a sokszög teljes egészében tartalmazza), akkor nincs ilyen hatszög.
182:
20 3-as maradéka 1, 21-é 2, és belátható, hogy innentől kezdve periodikus, hiszen a 2 kétszerese mindig 4, aminek a 3-as maradéka mindig egy, az 1 kétszerese pedig mindig 2, aminek a 3-as maradéka kettő, ezzel a ciklus végére értünk. Látható tehát, hogy minden páratlan kitevő esetén 2 a hármas maradék. A 2333+2555-1 esetében a két kettő hatvány kitevője páratlan, hármas maradékuk 2 és 2, ezek összege 4, mínusz egy az 3, tehát az összeg osztható 3-mal, és mivel nagyobb nyilván, mint három, így nem lehet prím.
183:
Sok számolgatással(amit most nem szeretnék leírni, mert úgyis félreírnám) megkapjuk, hogy szabályos tetraédernél:
184:
Ha összekötjük a négy alsó gömb középpontját a vele szomszédosokkal, valamint az alsó 4-ét a felsőjével, akkor egy négyzet alapú gúlát kapunk, aminek minden oldala R.(ezt be lehet látni, hiszen érintik egymást) Ennek a gúlának a magassága (Pitagoras tétel alapján) Ebből Amiből ha meg akarjuk kapni a földtől való tárvolságot, akkor még hozzá kell adni , hiszen a gúla ilyen magasan van, ekkor tehát az 5. gömb távolsága a talajtól:
És azt hiszem, ennyi feladat volt. Bocsánat, hogy 1, nincs ábra 2, nincs túl sok számolás leírva 3, ha valahol számolási hibát vétettem , de késő van már.
Üdv:
Yegreg
|
|
[1008] xviktor | 2005-08-12 16:41:51 |
Mostanaban hallottam par jo kis feladatot, gondoltam beirok ide parat.
181. feladat: Van egy hatszog mely oldalai: 2,4,2,4,2,4 /ebben a sorrendben/. Mekkora a hatszog terulete, ha tudjuk, hogy kor irhato bele?
182. feladat: Kicsit maskepp irom be ide mint az eredeti feladatban szerepel, hogy szamologepet ne lehessen hasznalni: Bizonyitsuk be hogy 2333+2555-1 nem prim!
183. feladat: Van egy szabalyos tetraederunk. A tetraederbe irt gomb terfogata hany szazaleka a tetraeder terfogatanak?
184. feladat: Van negy ugyanakkora sugaru gomb, melyek egy vizszintes asztalon paronkent erintik egymast. Pontosan kozepre "felrakunk" egy 5., a lentiekkel megegyezo sugaru gombot. Milyen messze van a fenti gomb kozeppontja a talajtol?
Jo gondolkodast!
|
|
|
|
|
[1003] xviktor | 2005-08-08 18:23:15 |
Az egesz levezetese sztem:
Amennyiben elirtam valamit legyszives szoljatok.
Udv: Viktor
u.i.: megtalaltam a szorzas jelet :)
|
|
|
[1002] xviktor | 2005-08-08 17:12:05 |
Az x2 fuggvenyt a kovetkezokepp lehet megcsinalni szerintem:
.
Miutan megvan x2 Jonas modszerevel megvan x*y fuggveny is.
Udv: Viktor
u.i.: Legyszives segitsetek, hogy szorzas jelet hogy lehet beirni TeXben? Elore is koszi.
|
Előzmény: [1001] rizsesz, 2005-08-08 16:28:41 |
|
[1001] rizsesz | 2005-08-08 16:28:41 |
Tyű, köszönöm :) a négyzet viszont számomra elérhetetlennek tűnik a páratlan kitevők miatt :( Engem is az gátolt meg eddig, és közeledek. :) segítsééééég!
|
|
[1000] jonas | 2005-08-08 15:35:15 |
Ezt a feladatot már hallottam, de nem tudom a teljes megoldást.
A segítség az volt hozzá, hogy állítsuk elő a négyzetre emelést először. Ha az már megvan, akkor ; ahol kettővel osztani tudunk, mert
Most azt kéne megpróbálni, hogyan lehet x2-et előállítani. Eddig nem tudom, hogyan lehet, de még gondolkodom rajta.
Valami olyasmit kell használni, hogy ...
|
Előzmény: [989] rizsesz, 2005-08-06 21:42:56 |
|
|
[998] rizsesz | 2005-08-07 16:46:03 |
(elnézést, zárójelezgetni is lehet). tehát mondjuk előállítható az 1/(x+y) kifejezés, x-2y, stb, míg azonban n*m esetén nem jó az m+m+m+m...+m (n-szer) (n és m valós szám). tehát összegezve valami olyasmi a feladat, hogy lehetséges-e két számot összeszorozni csak a +, - és 1/x műveletek segíségével úgy, hogy bármely két szám esetén mindig ugyanazokat a műveleteket hajtjuk végre (mintha egy képletbe helyettesítenénk be) függetlenül a két számtól.
|
|
[997] Yegreg | 2005-08-07 16:07:05 |
Tehát egy olyan polinomra gondolsz, ahol x és y csak 1 és -1 hatványon lehet, és az együttható is csak 1 vagy -1 lehet mindenhol? Valamint a tagok száma véges, és nem változóval kifejezhető?
Érdekes feladat így.
Üdv
Yegreg
|
|
|
|
|