Za prvi dio zadatka, neka je x proizvoljni element simetrične
razlike A/_\C. To znači x@A\C ili
x@C\A, no kako je
zadatak očito simetričan 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 također u
A/_\B U B/_\C.
Za drugi dio zadatka, refleksivnost slijedi iz činjenice da je
A/_\A=0 konačan skup, simetričnost iz komutativnosti
simetrične razlike, a tranzitivnost iz gornje formule: podskup unije
dva konačna skupa je konačan.
Evo jednog lijepog rješenja, by Marko Haberl:
Matematičkom indukcijom. Baza: 32==2(.10) .
Pretpostavimo 2^(2^n+1)==2(.10) , i računamo
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 skraćivanja razlomka i
rješavanja nazivnika) na 19x==2(.4), što je linearna
kongruencija koja ima rješenje x==2(.4). Dakle,
xmod4=2.
Polinom je s realnim koeficijentima, pa ako mu je 1+i nultočka,
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 nultočke
kvocijenta, x3-5x2+5x+3. Ispitivanjem
djeliteljā slobodnog člana 3 dobijemo racionalnu nultočku 3 , a iz
Hornerove sheme ujedno pročitamo i kvocijent pri dijeljenju:
x2-2x-1. So, preostale dvije nultočke dobijemo
rješavanjem kvadratne jednadžbe: 1{+/-}sqrt2 .
Jer je 2-x pod korijenom, mora biti x<=2 . Prebacivanjem x na
desnu stranu zaključujemo da je desna strana, 4-x sigurno pozitivna
(zbog x<=2 ), pa možemo kvadrirati čuvajući znak nejednakosti. Dobije
se kvadratna nejednadžba x2+x-2>0, čije je
rješenje komplement segmenta [-2,1], koji u presjeku s
našim 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 zajednički nazivnik,
izluči 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 rješenja by Zvone: Trapez je tetivan, pa je jednakokračan. Ako nožište visine iz C označimo s E , trokut /_\AEC je pravokutan s katetama v i s , te kutom nasuprot v jednakim pi/6 (obodni kut kojem je središnji pi/3 ). Iz toga odmah s=vsqrt3 , pa je P=s*v=v^2*sqrt3 .
A je jedna od točaka u kojima q siječe k , i kao takva se nalazi na k . B je osnosimetrična točki A s obzirom na p - da bi se nalazila na k , nužno je da p prolazi središtem od k . C se dobije u presjeku k sa osnosimetričnim polupravcem polupravcu [AB> s obzirom na pravac q .
Očito su (uz uvjet da p prolazi središtem od k ) sve točke A,B,C na k , pa je k opisana trokutu ABC . Jer je B osnosimetrična A s obzirom na p , p je simetrala dužine [AB] . Jer je [AC> osnosimetričan [AB> s obzirom na q , q je simetrala kuta /_BAC .
Neka je tražena točka (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 . Umnožak rješenja te
kvadratne jednadžbe treba biti -1 (ona predstavljaju koeficijente smjera
okomitih pravaca). Vieteove formule daju 4y0=-1 , odnosno y0=-1/4 .
Dakle, traženo GMT je horizontalan pravac jednadžbe y=-1/4 , odnosno
direktrisa naše parabole.
Označimo površinu baze s B , a visinu na nju s v . Tada je volumen paralelepipeda V=B*v . Oba odsječena tetraedra očito imaju visinu v , no baza je svakome od njih trokut čija je površina 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 odsječeno 2*B*v/6=B*v/3 , odnosno jedna trećina volumena V . Što znači da su ostale dvije trećine.