Za prvi dio zadatka, neka je x proizvoljni element simetri~cne
razlike A/_\C. To zna~ci x@A\C ili
x@C\A, no kako je
zadatak o~cito simetri~can s obzirom na zamjenu A<->C,
BSOMP x@A\C, odnosno x@A & x(!@)C. Sad, ako je
x@B, tada je x @ B\C C= B/_\C C= A/_\B U B/_\C,
a ako x nije u B , tada je u A\B , odnosno A/_\B , pa je tako~der u
A/_\B U B/_\C.
Za drugi dio zadatka, refleksivnost slijedi iz ~cinjenice da je
A/_\A=0 kona~can skup, simetri~cnost iz komutativnosti
simetri~cne razlike, a tranzitivnost iz gornje formule: podskup unije
dva kona~cna skupa je kona~can.
Evo jednog lijepog rje~senja, by Marko Haberl:
Matemati~ckom indukcijom. Baza: 32==2(.10) .
Pretpostavimo 2^(2^n+1)==2(.10) , i ra~cunamo
22n+1+1 =
22n*2+1 = 22n+2n+1
= 22n*22n+1 ==
22n*2 = 22n*21
= 22n+1 == 2 (.10) .
76x/8=2n+1 vodi (nakon skra~tivanja razlomka i
rje~savanja nazivnika) na 19x==2(.4), ~sto je linearna
kongruencija koja ima rje~senje x==2(.4). Dakle,
xmod4=2.
Polinom je s realnim koeficijentima, pa ako mu je 1+i nulto~cka,
tada je to i njoj konjugirana 1-i , odnosno r(x) je djeljiv polinomom
(x-(1+i))(x-(1-i))=x^2-2x+2. Preostale tri su nulto~cke
kvocijenta, x3-5x2+5x+3. Ispitivanjem
djelitelj~a slobodnog ~clana 3 dobijemo racionalnu nulto~cku 3 , a iz
Hornerove sheme ujedno pro~citamo i kvocijent pri dijeljenju:
x2-2x-1. So, preostale dvije nulto~cke dobijemo
rje~savanjem kvadratne jedna~gbe: 1{+/-}sqrt2 .
Jer je 2-x pod korijenom, mora biti x<=2 . Prebacivanjem x na
desnu stranu zaklju~cujemo da je desna strana, 4-x sigurno pozitivna
(zbog x<=2 ), pa mo~zemo kvadrirati ~cuvaju~ti znak nejednakosti. Dobije
se kvadratna nejedna~gba x2+x-2>0, ~cije je
rje~senje komplement segmenta [-2,1], koji u presjeku s
na~sim gornjim uvjetom daje x@<-oo,-2>U<1,2].
tggama=tg(pi-(alfa+beta))=-tg(alfa+beta)=
-(tgalfa+tgbeta)/(1-tgalfatgbeta) se
uvrsti u lijevu stranu, svede na zajedni~cki nazivnik,
izlu~ci tgalfa+tgbeta , prepozna se i vrati tggama ,
i dobije se desna strana.
Ako je trokut pravokutan, tad izraz nije realno definiran,
jer mu (trokutu) je jedan kut pi/2 , a tg(pi/2)(!@)|R .
Evo rje~senja by Zvone: Trapez je tetivan, pa je jednakokra~can. Ako no~zi~ste visine iz C ozna~cimo s E , trokut /_\AEC je pravokutan s katetama v i s , te kutom nasuprot v jednakim pi/6 (obodni kut kojem je sredi~snji pi/3 ). Iz toga odmah s=vsqrt3 , pa je P=s*v=v^2*sqrt3 .
A je jedna od to~caka u kojima q sije~ce k , i kao takva se nalazi na k . B je osnosimetri~cna to~cki A s obzirom na p - da bi se nalazila na k , nu~zno je da p prolazi sredi~stem od k . C se dobije u presjeku k sa osnosimetri~cnim polupravcem polupravcu [AB> s obzirom na pravac q .
O~cito su (uz uvjet da p prolazi sredi~stem od k ) sve to~cke A,B,C na k , pa je k opisana trokutu ABC . Jer je B osnosimetri~cna A s obzirom na p , p je simetrala du~zine [AB] . Jer je [AC> osnosimetri~can [AB> s obzirom na q , q je simetrala kuta /_BAC .
Neka je tra~zena to~cka (x0,y0) . Kroz nju prolazi
pravac ...y=kx+l , dakle y0=kx0+l . On dira parabolu, dakle
diskriminanta od x^2=kx+l , k^2+4l , je jednaka nuli. Iz toga
4l=-k^2=4(y0-kx0) , odnosno k^2-4kx0+4y0=0 . Umno~zak rje~senja te
kvadratne jedna~gbe treba biti -1 (ona predstavljaju koeficijente smjera
okomitih pravaca). Vieteove formule daju 4y0=-1 , odnosno y0=-1/4 .
Dakle, tra~zeno GMT je horizontalan pravac jedna~gbe y=-1/4 , odnosno
direktrisa na~se parabole.
Ozna~cimo povr~sinu baze s B , a visinu na nju s v . Tada je volumen paralelepipeda V=B*v . Oba odsje~cena tetraedra o~cito imaju visinu v , no baza je svakome od njih trokut ~cija je povr~sina B/2 (jedan od dva sukladna trokuta na koje dijagonala dijeli paralelogram). Dakle, volumen svakog tetraedra je (B/2)*v/3=B*v/6 , pa je ukupno odsje~ceno 2*B*v/6=B*v/3 , odnosno jedna tre~tina volumena V . ~Sto zna~ci da su ostale dvije tre~tine.