[1030] nadorp | 2005-08-18 09:44:25 |
 Ez egy számolós megoldás. Szerintem van tisztán kombinatorikai is, vagy valami polinomiális tételes is, ezt egyelőre nem találtam. Jelöljük a kifejezést A-val. Ekkor
Itt minden tényező egész, ui.
|
Előzmény: [1025] Yegreg, 2005-08-16 22:48:40 |
|
|
|
[1027] Lóczi Lajos | 2005-08-17 21:33:21 |
 Kiküszöbölve az egyenletekből pl. x-et és y-t, z-re az alábbi egyenletet kapjuk:
4z8+230z6+81297z4+41720z2+71824=0.
Erről az egyenletről viszont világosan látszik, hogy nincs valós megoldása, csak komplex, tehát az eredeti egyenletrendszernek sincs valós megoldása.
|
Előzmény: [1026] xviktor, 2005-08-17 18:38:28 |
|
[1026] xviktor | 2005-08-17 18:38:28 |
 191. Feladat: Oldjuk meg a kovetkezo egyenletrendszert a valos szamok halmazan:
1.:x2+y2-xy=225
2.:x2+z2-xz=121
3.:y2+z2-yz=36
Jo gondolkodast: Viktor
U.i.: Hogy lehet megcsinalni, hogy a 3. egyenlet a tobbi alatt legyen?
|
|
[1025] Yegreg | 2005-08-16 22:48:40 |
 Én nem feltétlenül tekinteném különböző megoldásnak, annyi, hogy én felbontottam a szab. háromszöget 3 egyenlószárú háromszögre. Itt egy feladat, ezt nem én találtam ki, csak hallottam, és tetszett, talán azért, mert egész gyorsan megoldottam:)
Bizonyítsuk be, hogy az kifejezés bármely n (nyilván természetes szám) esetén egész! Több megoldást is lehet adni rá!
Üdv:
Yegreg
|
|
[1024] Lóczi Lajos | 2005-08-16 19:10:57 |
 Szép megoldás!
(Egy TeX-es megjegyzés a környező feladatokhoz: amikor koszinuszt/szinuszt írtok be, használjátok a "backslash"-t előtte, így olyan formátumot kapunk, ahogyan a könyvekben szokás: cos x-et, és nem cosx-et, ami utóbbi a c, o és s változók szorzata szokott lenni. Hasonló igaz a többi beépített függvénynévre is, pl. log x és nem logx.)
|
Előzmény: [1021] xviktor, 2005-08-16 17:17:14 |
|
[1023] xviktor | 2005-08-16 18:22:24 |
 Jo a megoldasod mutatok egy masikat is...
A forgasszimmetria miatt:
1.: A belso haromszog egy szabalyos haromszog, melynek terulete:
2.: A 3 kis haromszog egybevago. Felirtam a cosinus tetelt egy kis haromszogre: a2=22+42-2.2.4.cos =20-16cos
1-2bol:
A kis haromszogek terulete /mindharome osszesen/:
Igy a hatszog terulete: 
|
 |
Előzmény: [1022] Yegreg, 2005-08-16 17:36:10 |
|
[1022] Yegreg | 2005-08-16 17:36:10 |
 A hatszöges feladatra írt képlet így jött ki: Vagyünk 3 szomszédos csúcsot, és a két szélsőt kössük össze a 120°-os forgásszimmetria középpontjával. Ekkor a forgásszimmetria miatt(bármelyik 3 egymás melletti csúcsot választjuk) a hatszög területének 3-ada lesz a kapott négyszög területe. Ez eddig a külső 3-as szorzó, a zárójelben a négyszög területe van. A négyszög oldalai: 2, 4, a, a. Az első kettő a hatszög két oldala a másik kettő a szimmetria miatt egyenlő. Kössük össze egymással a két szélső pontot, ekkor a négyszög egy átlóját kapjuk, ami két háromszögre bontja a négyszöget, a külső egyértelműen meghatározott adott belső szögnél, hiszen két oldal és a közbezárt szög ismert, és ebből a belső háromszög is meg lett határozva, hiszen az egyik oldala a külsővel közös, a rajta fekvő szögek pedig nyilván 30°-osak. A külső háromszög területe ekkor
t1=4sin
. A behúzott átló legyen b! Ekkor b2=22+42-16cos a koszinusz tétel alapján. Ha behúzzuk a belső háromszög magasságát, akkor két egybevágó félszabályos háromszöget kapunk, ahol a nagyobb befogó , a kisebb pedig így , ami a belső háromszög magassága. A belső háromszög területe tehát

(valóban egyszerűsíthetünk). A hatszög területe pedig:

Ennyi. Üdv:
Yegreg
|
|
[1021] xviktor | 2005-08-16 17:17:14 |
 A 189. feladat megoldasa szerintem:
Eszreveheto, hogy az egyszerusitesek utan 1et kapunk. Igy A=B.
Amennyiben valamit elirtam legyszives szoljatok, es kijavitom.
Remelem jo a megoldasom: Viktor
|
Előzmény: [1020] Lóczi Lajos, 2005-08-16 15:00:38 |
|