[Archiv!] Reine Mathematik, Physik, Chemie usw.: Gehirntrainingsprobleme, die in keiner Weise mit dem Handel zusammenhängen - Seite 127
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Die Extrempunkte können nicht CA sein, weil es z. B. nichts über dem Maximum von cos(x) + 1 gibt (Ihr CA) :)
Bei Sinus ist es ein Vielfaches von Pi.
P.S. Nein, das ist nicht das, was ich meine. Sie meinen natürlich Punkte auf der x-Achse? OK, nimm den Punkt 0 und zeichne die Linie y=x durch ihn. Von oben und unten schneidet er Ihre Kosinuslinien unterschiedlich. Wenn Sie Pi/2 nehmen, ist alles in bester Ordnung.
Noch einfacher: Die gerade Linie x=0 reicht aus. Der CS ist in Ihrem Fall (0;0)? Sie schneidet die Figur bei y=0 und y=2.
bei n=1 ist trivial. Wenn dies für ein gewisses n (1) zutrifft, dann gilt außerdem
4^(n+1)+15(n+1)-1=4*(4^n+15n-1)-45*n+18. Die Klammer ist durch 9 teilbar durch (1), die letzten beiden Terme sind natürlich auch Vielfache von 9. Mit Hilfe der Methode der Matinduktion wird die Teilbarkeit bewiesen.
Stark, alsu, stark. Haben Sie nicht zufällig Physik studiert?
Weiter: Konstruiere das Dreieck ABC mit den beiden Eckpunkten A und B und der Geraden, die die Winkelhalbierende des Winkels C enthält.
P.S. Auf irgendeinem matten Forum (nicht mehmatic) bin ich auf einen sehr berühmten Trader und MQL4-Programmierer gestoßen, der ein Fermatianer ist. Ich habe keinen Zweifel daran, dass er es ist, denn nicht nur sein Nickname, sondern auch sein Avatar passt dazu. Das kommt vor, nicht wahr?
Ganz einfach :).
Spucken Sie es aus.
Ich verstehe es, aber sagen Sie es mir.
Also gut, warten wir noch ein bisschen.
Die nächste Aufgabe dürfte komplizierter sein: Es sind 2000 Punkte in der Ebene markiert, von denen keine drei auf derselben Linie liegen. Beweisen Sie, dass es möglich ist, eine Linie zu ziehen (die durch keinen der markierten Punkte verläuft), auf deren beiden Seiten sich 1000 Punkte befinden.
Mathemat писал(а) >>
Ich habe es, aber sag du es mir.
Konstruieren Sie die Symmetrie eines beliebigen Punktes in Bezug auf die Winkelhalbierende. Der Rest ist, glaube ich, klar.
Ich denke, es ist interessanter, ein Dreieck zu bauen, wenn man die Längen zweier Seiten und die Winkelhalbierende zwischen ihnen kennt.
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Irgendwie weiß ich selbst nicht, woran ich mich festhalten soll.
In der Geometrie sind die Rohdaten ohne Längenangaben. "Die Länge der Seiten zu kennen" ist dasselbe wie "alle Seiten zu kennen". Dann brauchen Sie auch keine Winkelhalbierenden.
Aber ein Dreieck aus drei Winkelhalbierenden (drei Segmenten) zu bilden, ohne die Winkel zwischen ihnen zu kennen, ist das Problem.
OK, das ist in Ordnung. Wir werden das Problem der "drei Winkelhalbierenden" später lösen.
ОК, можно и такую. Задачку "по трем биссектрисам" решим потом.
Ich habe den vagen Verdacht, dass es unlösbar ist...
Ich glaube, es gibt auch ein zweiseitiges und ein Medianproblem, aber ich bin mir nicht sicher.
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ZS, ja, die gibt es, und sie scheint viel einfacher zu lösen zu sein als die Winkelhalbierende.