[1974] csábos | 2015-01-03 16:56:06 |
 Hozzunk közös nevezőre, akkor a számláló
cos(3x)cos(4x)cos(5x)+cos(x)cos(4x)cos(5x)+cos(x)cos(2x)cos(5x)+cos(x)cos(2x)cos(3x)
Vonjuk össze az első kettőt és a második kettőt, használjuk a két koszinusz összegére vonakozó addíciós képletet:
12(cosxcos(2x)cos(4x)cos(5x)+cos(x)cos(2x)cos(4x)cos(x))
itt is kiemeljünk cosxcos(2x)cos(4x)-t és
14(cosxcos(2x)cos(4x)cos(3x)cos(2x)
adódik a számlálónak. Így nincs a feladtanak megoldása, ha jól számoltam.
|
Előzmény: [1973] Kovács 972 Márton, 2015-01-03 16:01:46 |
|
[1973] Kovács 972 Márton | 2015-01-03 16:01:46 |
 A cos(2x)=0 megoldás nem jöhet szóba, mert az eredeti egyenlet baloldalán nevezőben szereplő tag.
Ennek alapján a Te hozzászólásod és a Wolframalpha azt mondja, hogy nincsen megoldás. Egy program (ami hasonlít a Wa-hoz) szintén nem tudta megoldani.
De mivel ez 1995-ben volt OKTV feladat, I. kategóriában, nem hinném, hogy program kellene hozzá. :)
Azért köszönöm!
|
Előzmény: [1972] Bátki Zsolt, 2015-01-03 15:17:31 |
|
[1972] Bátki Zsolt | 2015-01-03 15:17:31 |
 Wolframalpha.com alapján:
Átrendezve: 4*cos(2x)*sec(5x)=0 jön ki
itt csak a cos(2x)=0 lehet a megoldás. (a sec(5x) 0 nem lehet, mivel az 1/(sin(x))
(de a megoldásnál meg kell vizsgálni értelmezhető-e, nem megy-e el 'végtelenbe')
cos(2x)=0 megoldása: n*pi/2+pi/4
A sec(5x) miatt lehet,hogy ki kell tiltani valamely gyököket.
|
|
[1971] Kovács 972 Márton | 2015-01-03 13:43:34 |
 Sziasztok!
Tudna valaki segíteni az alábbi feladatban?
1cos(x)cos(2x)+1cos(2x)cos(3x)+1cos(3)cos(4x)+1cos(4x)cos(5x)=0
Nekem nagyon úgy tűnik, hogy ezt valahogyan teleszkopikus összeggé lehet alakítani, ám nem sikerült. Köszönöm előre is!
|
|
[1970] HoA | 2014-12-29 11:22:04 |
 Persze, de ebből így nem sokat tanul a gyerek. Javaslom:
- rajzolja fel a két függvényt
- állapítsa meg a megoldások számát
- sejtse meg és igazolja az egész megoldásokat
- találjon valamilyen módszert a negatív megoldás közelítésére.
|
Előzmény: [1969] Róbert Gida, 2014-12-29 10:06:12 |
|
|
[1968] Bátki Zsolt | 2014-12-29 00:53:34 |
 Lehet, hogy már volt. (Ha volt, írjátok meg, melyik témában)
A fiam tette fel a kérdést:
2**x=x**2 egyenletnek mik a megoldásai? (** a hatvány jele)
|
|
[1967] Kovács 972 Márton | 2014-12-20 23:56:05 |
 Szia!
Feltételezem egyenes kúpról van szó, és vélhetőleg a "legkisebb palást" alatt a palást legkisebb területét érted.
Mindezek alapján (hogyha nem így értetted, akkor elnézést, én így értelmezem a feladatot) az alábbiakat teheted:
A kúp alapkörének sugara és magassága legyen r és h. Ekkor a kúp térfogata:
V=r2hπ3 palástjának területe pedig rπ√r2+h2. Ez utóbbinak keressük a minimumát.
Mivel π3 konstans, ezért nyugodtan felteheted az általánosság csorbítása nélkül, hogy r2h=1 amiből r=1√h.
Ezt írd be a becsülendőbe, és máris egy "egyszerű" függvénnyel van dolgod, ami csak egy változós. Ha tudsz deriválni, akkor deriválással annak könnyen meghatározhatod a minimumát. Ha nem, akkor valamilyen egyenlőtlenség használatát javaslom. (pld.: nevezetes közepek közötti egyenlőtlenségcsalád)
|
Előzmény: [1966] mooosa, 2014-12-17 20:11:11 |
|
[1966] mooosa | 2014-12-17 20:11:11 |
 Az egyenlő térfogatú forgáskúpok közül melyiknek a palástja a legkisebb? A válaszaitokat előre is köszönöm
|
|
[1965] w | 2014-12-06 14:16:29 |
 Számítsd ki külön-külön, hogy az egyes hatványok mennyi maradékot adnak 11-gyel osztva! Hasznos lehet, hogy mondjuk 210 és 310 maradéka 11-gyel osztva éppen 1 (egyébként miért annyi?).
|
Előzmény: [1964] Bublinka, 2014-12-06 13:21:27 |
|