[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 |
|
[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 |
|
[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
|
|
[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?
|
|
[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 |
|
|
|
[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 |
|
[1031] Lóczi Lajos | 2005-08-18 12:54:33 |
Vettem az első két egyenlet rezultánsát x szerint, majd az eredmény és a harmadik egyenlet rezultánsát y szerint. (Közös gyöke két (többváltozós) polinomegyenletnek csak ott lehet, ahol a rezultáns nulla.)
|
Előzmény: [1029] xviktor, 2005-08-17 22:30:28 |
|
[1032] Yegreg | 2005-08-18 13:54:46 |
Helyes a megoldás, bár nem a legszebb megoldások közé tartozik, ezt nehogy sértésnek, vagy ilyesminek vedd, mert kiváló megoldás, csak a kombinatorikai azért elegánsabb, szerintem. Van még egy logikára épülő számvizsgáló megoldás, bár az hasonlít a tiedre, azt leszámítva, hogy az leginkább egy logikai következtetés, és nem kell binomiális együtthatókat írkálni, illetve van egy kombinatorikai megoldás, az talán a legelegánsabb. De más megoládok is lehetnek még. Üdv:
Yegreg
|
Előzmény: [1030] nadorp, 2005-08-18 09:44:25 |
|