Matematyka.pl

A tak rzeczywiście Artist. To ja sam sobie w domyśle przyjąłem, że k; l; a i b są wszystkie względnie pierwsze z p .
Dumel: Bardzo dobrze . To był półniezmiennik z rybek .

10.
Myślałem, że jakiś hardcore, to zrobiłem z zespolonych (niezły trening, polecam ), ale jak mi Swistak powiedział skąd to to 2 minuty i elementarnie.

Oczywiście \(\displaystyle{ \sphericalangle FBE=90- \alpha}\). M jest środkiem przeciwprostokątnych trójkątów BFC i BEC, więc na czworokącie BCEF można opisać okrąg (i jego środek jest w M). W kątów wpisanych i środkowych \(\displaystyle{ \sphericalangle EMF=2 \sphericalangle FBE}\)

Kurczę. Ja to zadanie robiłem parę tygodni temu i mi się nie udało zrobić i znałem tylko jedno moim zdaniem nieźle hardkorowe rozwiązanie wymyślone przez Dolina. Przed chwilą rozwaliłem prawie od ręki . Moje rozwiązanie polega na tym, że \(\displaystyle{ BM=FM=ME=MC \Rightarrow \sphericalangle BMF=180^{o}-2 \sphericalangle ABC \ \ \sphericalangle EMC=180^{o}-2 \sphericalangle ACB \Rightarrow \sphericalangle FME=180^{o}-2 \alpha}\)
A teraz mocne rozwiązanie Dolina :
Oznaczmy przez H ortocentrum trójkąta, a przez G środek odcinka AH. Na czworokącie AEHF możemy opisać okrąg o środku w punkcie G, a zatem \(\displaystyle{ \sphericalangle FGE=2\alpha}\). I teraz jedziemy . Z okręgu Eulera wynika, że na czworokącie FMEG możemy opisać okrąg, a więc \(\displaystyle{ \sphericalangle FME=180^{o}- \sphericalangle FGE=180^{0}-2\alpha}\).

W takim razie zostały: 5, 6, 7, 8. Szybko idą .
Powiem, że 5 jest z tej czwórki najlatwiejsze, 8 jest średnie, a 6 i 7 moim zdaniem niezły hardkor.

5. Ja to widzę tak (nie chce mi się rysunku w wersji elektronicznej sporządzać, więc postaram się obrazowo pisać ): Jeden walec leży na swojej powierzchni bocznej (podwstawy ma po praej i lewej stronie), na nim stoi np. po lewej stronie walec na swojej podstawie, a na prawo od niego leży walec styczny do niego i mający oś prostopadłą do kartki. Jeżeli to jest ok. Żeby znaleźć \(\displaystyle{ x}\) - promień największego walca, analizuję kwadrat o boku \(\displaystyle{ R}\) z "wyciętą" cześcią będącą ćwiartką koła o promieniu \(\displaystyle{ R}\). Przekątna tego kwadratu to: \(\displaystyle{ R \sqrt{2}=R+x+x \sqrt{2}}\). Z tego \(\displaystyle{ x=R( \sqrt{2}-1) ^{2}}\).
Mam nadzieję, że to co napisałam nie jest jakoś bardzo głupie, bo wydaje mi się za proste .-- 9 maja 2009, 14:24 --8. Tniemy układ na kwadraciki o boku 1 tak, aby każdy zawierał jeden punkt kratowy (na początku może być np. w środku). Kładziemy wszystkie kwadraciki jeden na drugim. nasz figura jest teraz w kawałkach. Ponieważ ma ona pole mniejsze od 1, więc musi istnieć punkt, który jest nie przykryty przez figurę na żadnym z kwadracików. W ten punkt przesuwamy teraz punkty kratowe na każdym z kwadracików. Jeśli rozłożymy kwadraciki to otrzymamy nowy (przesunięty) układ współrzędnych, w którym figura nie będzie zawerała żadnego punktu kratowego, a oczywiście przesuwanie układu jest równoważne przesuwaniu figury.

7.

No nie! Pisałem posta z uwagami chyba z 20-30 minut, nie wysłałem i kliknąłem "Pomógł" i się wszystko skasowało :/. Już nie mam czasu, więc napiszę w skrócie, to co najważniejsze:
lina2002:
zad. 5: Źle.
zad. 8: Dobrze
timon92:
zad. 7: Źle.-- 10 maja 2009, 12:15 --Może teraz trochę bardzo się rozpiszę, choć na pewno nie tak jak wczoraj .
lina2002:
zad. 5: Nie za bardzo widzę, jak ty to sobie wyobraziłaś, w każdym razie odpowiedź jest zła.
Nie wiem, czy to zadanie jest niesprecyzowane (prawie żywcem przepisane z książki ), czy to ja nie znam warunku na styczność walców, ale w każdym razie walce stykają się wyłącznie powierzchniami bocznymi i cała sytuacja wygląda mniej więcej tak:

timon92:
Co do samego wprowadzenia wykrzywionego układu współrzędnych, to chyba nie ma żadnych przeciwwskazań (choć ja tylko raz w życiu używałem układu współrzędnych do robienie zadania, więc może się nie znam ), ale popełniłeś sporo innych błędów.
Z jednej strony mając dane 3 niewspółliniowe punkty można wyznaczyć 3 różne punkty, takie, że 3 dane punkty+1 nowy stworzą równoległobok, a więc nie da się jednoznacznie wyznaczyć punktu D.
Z drugiej strony płaszczyzna ABCD nie jest prostopadła do żadnej z osi SA, SB i SC (w żadnym szczególnym czworościanie), a więc punkt D ma inne współrzędne niż każdy z danych punktów
Z trzeciej strony rysując sobie ten czworościan można zauważyć, że punkt \(\displaystyle{ D_{1}}\) powinien leżeć bliżej płaszczyzny ABCD niż 3 pozostałe punkty, a z Twojego rozwiązania wynika, że leży dalej.

Swistak pisze: Z jednej strony mając dane 3 niewspółliniowe punkty można wyznaczyć 3 różne punkty, takie, że 3 dane punkty+1 nowy stworzą równoległobok, a więc nie da się jednoznacznie wyznaczyć punktu D.

ale tylko jeden z tych punktów utworzy równoległobok ABCD, dwa pozostałe dadzą ADBC i ABDC

Swistak pisze:Z drugiej strony płaszczyzna ABCD nie jest prostopadła do żadnej z osi SA, SB i SC (w żadnym szczególnym czworościanie), a więc punkt D ma inne współrzędne niż każdy z danych punktów

to skutek wykrzywienia układu, ponadto popełniłem literówkę, powinno być D=(1,-1,1) zamiast D=(1,1,1)

Swistak pisze:Z trzeciej strony rysując sobie ten czworościan można zauważyć, że punkt \(\displaystyle{ D_{1}}\) powinien leżeć bliżej płaszczyzny ABCD niż 3 pozostałe punkty, a z Twojego rozwiązania wynika, że leży dalej.

to konsekwencja wyżej popełnionego błędu, równanie prostej SD to x=-y=z=t dla t rzeczywistego. Wychodzi 1/2


Ale da się to zrobić bez żadnego dziwactwa w stylu wykrzywionego układu współrzędnych. Zrobiłem za pomocą wektorów. Jutro napiszę rozwiązanie, bo teraz nie mam czasu.

edit: obiecane rozwiązanie (zamiast A1 B1 C1 D1 pisałem A' B' C' D'): kurde, rozwiązywałem zadanie dla \(\displaystyle{ SB'/SB=1/4 i SC'/SC=1/5}\). Zaraz poprawię oba rozwiązania
// poprawione

Hm, dziwne skoro wyszło 1/2. Ja to narysowałem w programie graficznym i wychodziło 3/10.

Bo timon92 założył, że wektory \(\displaystyle{ \vec{a}, \vec{b} \ i \ \vec{c}}\) są liniowo niezależne, a to z treści zadania nie wynika.

Nie rozumiem większości z tego co mówicie (może jakbym się wgłębił... ale nie mam ochoty ), jednak odpowiedź wyszła dobra, a więc przypuszczam, że rozwiązanie jest dobre .
Firmówka polegała na tym, aby w tych puntach umieścić odpowiednie masy, tak aby szukany punkt \(\displaystyle{ D_{1}}\) był środkiem ciężkości układu, a potem na 2 sposoby przedstawić ten środek. Pierwsze rozmieszczenie (w zasadzie oba są takie same, ale inaczej przedstawiamy środek) to takie, że w punktach A, B, C umieszczamy takie masy, aby punkt D był środkiem ciężkości układu tych 3 punktów, a w punkcie S jakąkolwiek (wtedy środek ciężkości całego układu leży na prostej DS), a drugie to takie, że w punkcie S umieszczamy 3 kolejne masy takie, że środki ciężkości 3 krawędzi czworościanu wypadały w punktach podziału tych krawędzi (wtedy środek ciężkości całego układu będzie leżał na płaszczyźnie tnącej osteosłup) i z tego już wyliczymy szukany stosunek.
Zauważmy, że skoro ABCD jest równoległobokiem, to środek ciężkości 3 punktów A, B i C będzie leżał w D jeżeli umieścimy w nich kolejno masy 1; -1; 1 (masa w punkcie D, to będzie 1). Teraz wyliczamy 3 masy jakie umieścimy w punkcie S. Dla punktów A, B i C będą to kolejno 2; -4; 3, a więc łączna masa punktu S, to 1. Z tego już bezpośredni wniosek, że płaszczyzna tnąca dzieli krawędź w stosunku \(\displaystyle{ 1:1}\), czyli szukany stosunek, to \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).

ad 3 . wzmocnienie,
Równanie \(\displaystyle{ \sqrt[3]{x}+ \sqrt[3]{y} =\sqrt[3]{n}}\) ma rozwiazanie w liczbach naturalnych \(\displaystyle{ x, y}\), wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ n}\) jest podzielne przez szescian liczby naturalnej >1
(Wtedy przy \(\displaystyle{ n=k m^3 , \ m>1}\), np \(\displaystyle{ x=k, \ y=k(m-1)^3}\)

timon92, jak dobra odpowiedź to nie koniecznie dobre rozwiązanie... Przypadkowo poprawny wynik. Nie wierzysz? Do sprzeczności. \(\displaystyle{ p \Rightarrow q \Leftrightarrow q \Rightarrow p}\) nie jest prawdą. c.n.d.

pokażcie mi błąd w moim rozwiązaniu, bo nie umiem go znaleźć

będę wdzięczny

Weźmy na przykład taką kombinację liniową nierównoległych wektorów:
\(\displaystyle{ 2 \cdot [1,1,2] + [-3,0,1] + [-1,-2,-5] = [0,0,0]}\)
Każdy z wektorów ma inny kierunek, ale można wybrać taką ich kombinację liniową, by była ona wektorem zerowym, ale współczynniki są niezerowe. Taka implikacja byłaby prawdziwa, gdyby nasze wektory były liniowo niezależne,ale to że zdefiniowane przez Ciebie wektory takie są (a może nie są) na pewno nie wynika wprost z treści zadania.

faktycznie, dzięki

//edit
przeliczyłem to i wyszło mi, że są niezależne liniowo, więc moje rozwiązanie działa

Mianowicie umieśćmy ostrosłup w układzie współrzędnych tak, by S=(0,0,0). Obróćmy go tak, by ściana ABCD była równoległa do płaszczyzny z=0. Obróćmy go jeszcze tak, by odcinek AB był równoległy do osi y. Zatem \(\displaystyle{ A=(x_a, y_a, z_a), B=(x_b, y_a, z_a), C=(x_c, y_c, z_a)}\) dla pewnych liczb \(\displaystyle{ x_a, x_b, x_c, y_a, y_c, z_a}\), przy czym \(\displaystyle{ x_a \neq x_b ; y_a \neq y_c ; z_a \neq 0}\).

Pokażemy, że równanie \(\displaystyle{ p[x_a, y_a, z_a] + q[x_b, y_a, z_a] + r[x_c, y_c, z_a]=[0,0,0]}\) ma jedno rozwiązanie p=q=r=0

Równanie to jest równoważne układowi równań \(\displaystyle{ p \cdot x_a + q \cdot x_b + r \cdot x_c=0 \\ p \cdot y_a + q \cdot y_a + r \cdot y_c=0 \\ p \cdot z_a + q \cdot z_a + r \cdot z_a=0}\)
Z trzeciego równania natychmiast mamy \(\displaystyle{ p+q+r=0}\). Drugie zaś \(\displaystyle{ r(y_c-y_a)=0}\), skąd \(\displaystyle{ r=0}\). Zatem \(\displaystyle{ p=-q}\) i z pierwszego równania dostajemy \(\displaystyle{ p(x_a-x_b)=0}\), czyli \(\displaystyle{ p=0}\) i natychmiast \(\displaystyle{ q=0}\).

Zatem \(\displaystyle{ p=q=r=0}\), co oznacza, że wektory \(\displaystyle{ \vec{SA} , \vec{SB}, \vec{SC}}\) są niezależne liniowo