A döntés a feladatok a matematika
1 / cos 2 x + 3tgx - 0. 5 = Típus gyökerek tartozó intervallum [-π; # 960/2].
1) Az egyenlet másképpen:
(Tg 2 x + 1) + 3tgx - 5 = 0;
TG 2 x + 3tgx - 4 = 0;
TGX értéke 1 vagy TGX = -4.
Ezért, X = # 960/4 + # 960k vagy X = -arctg4 + # 960k. Interval [-π; # 960/2] -3 gyökerek tartoznak # 960/4, -arctg4, # 960/4.
Válasz: -3 # 960/4, -arctg4, # 960/4.
Dana szabályos háromoldalú hasáb ABCA1 B1 C1. bázis oldalán amely egyenlő 2, az átlós az oldalsó felület. Keresse meg a síkja közötti szög A1 BC, és a gép a prizma bázis.
Jelöljük a középső borda írni H. A szegmensek BC AH és A1 H merőleges BC. az ABC háromszög - szabályos, és az A1 BC - egyenlő szárú. Következésképpen, A1 HA szög - lineáris diéderes szög az arcok BCA és BCA1.
Tekintsük a háromszög A1 AB: Pitagorasz-find AA1 = 1.
Tekintsük a háromszög AHB: Pitagorasz-találják AH =.
A háromszög HAA1 lelet:
Ezért, mi az a szög, A1 ha = 30 o.
Megoldása a másodfokú egyenlet kapott, azt találjuk, a gyökerek -6 és -1. Megfelel egyetlen feltétele, vagy X = -1.
ABC adott szögben. egyenlő körülbelül 30. On oldalán hozott BA D pont úgy, hogy AD = BD = 2 és 1. Keresse meg a kör sugara érintő a BC egyenest, amely áthalad A, D
Center a kívánt kör tartozik a középső merőleges szegmens AD. Jelöljük p közepén AD. Q betűvel - láb a vonalára merőleges BC O. betű - metszi a BC egyenest és a merőleges. A szegmensek OA, OD, OQ egyenlő az R sugár a kör.
Megjegyezzük, hogy az O pont nem hazudik ugyanazon az oldalon a vonal AB. és E. a ponton, mert ebben az esetben, a távolság O pont az egyenes vonal BC kisebb, mint a távolság, hogy az A. pontban
A derékszögű háromszög a lábát BPE Bp = 2, és a B szög = 30 o találják, hogy
Mivel OA = R és Ap = 1. kapjuk:
A derékszögű háromszög OQE. ahol szögben E = 60 o. találunk:
Így kapjuk az alábbi egyenletet R:
Ez az egyenlet könnyen csökkenthető a tér négyszögesítése a bal és a jobb oldalon, és hasonló kifejezések.
-Egyenlet, R1 = 1, R2 = 7.
Találd meg az összes értékeket, amelyek az egyenlet
Ez legalább egy gyökér.
Írunk az egyenlet a következő formában:
A függvény folytonos, és
1) növeli a végtelenségig. mivel minden nyilvánosságra hozatala a modulok lesznek:
2) csökken, mivel minden közzétételi modul lesz:
Következésképpen, a legalacsonyabb értéket fog működni, és az egyenlet van egy megoldás akkor és csak akkor, ha
Mi megoldjuk ezt az egyenlőtlenséget:
Hogy lesz-e legalább három tízjegyű osztható 11-a rögzítése, amelyek mindegyikét a 0-tól 9-t?
A szám osztható 11 akkor és csak akkor, ha a különbség összege a számjegyek, állt a páratlan és a páros a földre, osztva 11. Írunk az összes számot a sorban: 9876543210. Az írásos körében említett különbség összege egyenlő 5.
Felcserélésével, például 5 és 8, növeljük az összeg egy 3 és a másik dekrementálás által 3. Ezért, a különbség a mennyisége a számjegyek, állt a páros és páratlan pozíciók egyenlővé válik 11. felcserélésével, például 4, és 7. vagy 3, és 6, megkapjuk a kívánt mintákat.
Megjegyzés: A probléma az, hogy megtalálja a számokat, amelyek az ingatlan.