Matematyka.pl

Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ H=X(X^TX)^{-1}X^T}\) jest macierzą rzutu ortogonalnego tj. że jest idempotentna (\(\displaystyle{ H \cdot H = H}\)) i symetryczna (\(\displaystyle{ H = H^T}\)).

Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Na odcinku \(\displaystyle{ CM}\) znajduje się taki punkt \(\displaystyle{ D}\), że \(\displaystyle{ AC=BD}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \sphericalangle{MCA}=\sphericalangle{MDB}}\).

Tezę można wzmocnić do poniższego twierdzenia: Istnieje (z dokładnością do podobieństwa) dokładnie jeden \textbf{BÓG} spełniający nierówność 4R^2+4Rr+3r^2 \ge s^2 składający się z trzech wierzchołków równoodległych od siebie. Dowód: Niech a , b , c , G , H , I , N , O oznaczają długości boków, środe...

Prawdaż, ale najpierw trzeba byłoby wiedzieć, że trójkąt o największym polu w ogóle istnieje.

Jeśli twój punkt ma współrzędne \(\displaystyle{ (x,y,z)}\), to szukany przez Ciebie trójkąt ma wierzchołki \(\displaystyle{ (3x,0,0)}\), \(\displaystyle{ (0,3y,0)}\), \(\displaystyle{ (0,0,3z)}\).

Z racji, że płaszczyzna dająca minimalną objętość pozostanie ją w dowolnym przekształceniu afinicznym, musi być prawdą, że ów punkt będzie środkiem ciężkości trójkąta, który płaszczyzna odcina od pierwszego oktantu. Ten łatwo jednak znaleźć - wystarczy bowiem punkt dzielący odcinek środek uładu wspó...

Rozłącznych par uporządkowanych jest \(\displaystyle{ 3^n}\), nieuporządkowanych \(\displaystyle{ \frac{3^n-1}{2}}\), zaś par, które sumują się do całego zbioru (uporządkowanych) jest \(\displaystyle{ 2^n}\), a nieuporządkowanych \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\).

Ćwierć obserwacji jest większa niż Q_3 , a ćwierć mniejsza niż Q_1 , stąd Var(x)\ge \frac{1}{4}(\mu-Q_3)^2+\frac{1}{4}(\mu-Q_1)^2 \ge \frac{IQR^2}{8} , a stąd \sigma \ge \frac{IQR\sqrt2}{4} , równość zachodzi, gdy zmienna przyjmuje tylko trzy wartości, jedna jest średnią arytmetyczną dwóch pozostały...

Nie powinno być w trzecim wyrazie \(\displaystyle{ \frac{1}{105}}\) zamiast \(\displaystyle{ \frac{1}{5}}\) ?

Zapewne chodzi o kąty EDH i DFE , inaczej możnaby udowodnić (opierając się o dowód poprawnego twierdzenia), że H jest ortocentrum ABC . Po pierwsze można skorzystać z dwustosunków, a po drugie przedłużyć DE i DF do przecięcia z równoległą do BC przez A w punktach Q i R po czym wykazać, że AQ=AR . Ta...

Załóżmy nie wprost, że każda para ma nieparzyście wiele wspólnych znajomych, rozważmy dowolną osobę i przez A oznaczmy zbiór jej znajomych, a przez B zbiór wszystkich pozostałych. Każda osoba w B ma nieparzystą liczbę znajomych w A , ma zatem również nieparzystą liczbę osób w B - ten ma jednak niepa...

Można też dla danego r większego niż największy odcinek łamanej rozważyć okrąg o średnicy r i po kolei od pewnego jego punktu odkładać odcinki łamanej na tym okręgu i patrzeć, ile razy ta łamana obiegnie okrąg. Możemy to potraktować jako ciągłą funkcję r , która dla tej największej średnicy przyjmuj...

Dana równość pól sprowadza się do stwierdzenia, że d(A,l) \cdot PQ=d(C,l) \cdot EF , gdzie d(X,l) oznacza odległość punktu X od prostel l (prosta l to prosta EFPQ ), co jest równoważne \frac{d(C,l)}{PQ}=\frac{d(A,l)}{EF} , która jest już jasna - aby lepiej to zobaczyć zauważmy, że przesuwając prostą...

Ten wzór to po prostu C=\frac{\sqrt{2}ab}{a+b} . Wynika on z faktu, że podwojone pole trójkąta prostokątnego o bokach długości A i B to AB , z drugiej strony jest to suma podwojonych pól tych dwóch mniejszych trójkątów i wynosi ona AC\sin (45^{\circ}) i BC\sin (45^{\circ}) . Przyrównując te dwa wyra...

Nie musi być foremny, ale da się go na foremny afinicznie przekształcić, wystarczy, że trzy jego wierzchołki przeniesiemy na trzy wierzchołki pięciokąta foremnego, a reszta też przejdzie na pozostałe wierzchołki. Z racji, że stosunek bok/przeciwległa przekątna w przekształceniu afinicznym się nie zm...