Matematyka.pl

Szkic: (f(y) \in B \wedge x=f(y)) \Rightarrow x \in B - bo równość zachowuje predykaty \exists_y(f(y) \in B \wedge x=f(y)) \Rightarrow x \in B - bo w następniku x \in B nie występuje y jako wolna, odpowiednia reguła \frac{\phi(x) \Rightarrow \psi}{\exists_x(\phi(x)) \Rightarrow \psi} \forall_x(\exis...

Na przykład w jakiej książce (tytuł, autor) figuruje definicja przekątnej jako (odpowiedniego) odcinka "całkowicie zawartego w wielokącie"?

Jeszcze tylko takie pytanko. Ten sposób argumentowania nie dowodzi tego że jest to okres podstawowy, natomiast dowodzi że funkcja ma okres 2 pi. Ja bym się powołał na to, że dla sinusa i kosinusa jest to okres podstawowy. W ten sposób mógłbyś dojść do błędnego wniosku, że okresem podstawowym \cot(x...

2b^2+2c^2+4bc+4ac-7a^2-5ab= \\ 2\left(c-\frac{-4(a+b)+\sqrt{72a(a+b)}}{4}\right)\left(c-\frac{-4(a+b)-\sqrt{72a(a+b)}}{4}\right)=0 więc c=\frac{-(4b+4a)+\sqrt{72a(a+b)}}{4} (bo a,b,c>0 ) Z drugiej strony a^2+b^2+2ab+ac-5bc=(a+b)^2+c(a-5b) , więc gdy a-5b\ge 0 nierówność oczywiście zachodzi. Przypuś...

Weźmy funkcję f: \left(0, \frac{\pi}{2} \right) \rightarrow \mathbb{R} daną wzorem f(x)=4\sin^2 \left(\frac{1}{2}x\right)+\frac{1}{4\cos^2(x)} pod którą podpada 4\sin^2\left(\frac{\pi}{14}\right) + \frac{1}{4\cos^2\left(\frac{\pi}{7}\right)} . Jest oczywiście f(x)=2-2\cos(x)+\frac{1}{4\cos^2(x)} . R...

Moje rozwiązanie również nie powołuje się na własność Darboux, ale chyba nikt go do tej pory nie przeczytał. Owszem, nie powołuje się na własność Darboux, ale z Twojego rozumowania nie wynika, że zbiorem wartości jest \left\langle -1,1\right\rangle , podobnie jak z rozumowania Hendra - obaj uzasadn...

Przecież to zadanie zostało już rozwiązane (a przynajmniej został podany mocno zarysowany szkic rozwiązania) bez powoływania się na własność Darboux - Hendra uzasadnił Ci, że każda wartość postaci \frac{2x}{x^2+1} spełnia podwójną nierówność -1 \le \frac{2x}{x^2+1} \le 1 , a ja uzasadniłem, że każda...

Wystarczy dla \(\displaystyle{ y \in \left\langle -1,1\right\rangle \setminus \left\{ 0\right\}}\) przyjąć \(\displaystyle{ x=\frac{1+\sqrt{1-y^2}}{y}}\), a dla \(\displaystyle{ y=0}\) przyjąć \(\displaystyle{ x=0}\), w każdym razie \(\displaystyle{ W(x)=y}\).

Mógłbyś wyjaśnić? Pokazałeś, że wszystkie wartości W(x) spełniają nierówność -1 \le W(x) \le 1 (a więc, że Zw \subset \left\langle -1,1\right\rangle ) skąd nie wynika, że wszystkie wartości z tego przedziału są przyjmowane przez funkcję. Jeszcze należałoby dowieść, że \left\langle -1,1\right\rangle...

Troszkę nad tym pomyślałem i udało mi się ten przykład zrobić bez wykorzystywania pochodnych i granic. W \left( x \right) = \frac{2x}{x^{2}+1}= \frac{2}{x+ \frac{1}{x} } dla x \neq 0 \wedge 0 dla x=0 dla x>0 x+\frac{1}{x} \ge 2 nierówność oczywista (wyprowadzamy z wzorów skróconego mnożenia) \frac{...

a) Szereg jest zbieżny gdy |\cos(x)|<1 (w przeciwnym razie jest rozbieżny) tj. dokładnie wtedy gdy x \neq k\pi, k \in \mathbb{Z} , a więc tak jak napisałaś y=\frac{\cos(x)}{1-\cos(x)} . Rozważmy pomocniczo wyrażenie \frac{t}{1-t} dla t \in (-1,1) i zastanówmy się dla jakiego z \in \mathbb{R} równani...

Skoro |z|=1,z \neq -1 , to istnieją rzeczywiste a,b , że a^2+b^2=1,z=a+bi . Możesz zatem przyrównać \frac{1+ti}{1-ti}=a+bi Rozwiązujesz to równanie: \frac{1+ti}{1-ti}=a+bi \\ (a+bi)(1-ti)=1+ti \\ (a+bt)+(b-at)i=1+ti skąd \begin{cases}a+bt=1 \\ b-at=t\end{cases} \\ *\begin{cases}bt=1-a \\ t(1+a)=b \e...

Do seth, proszę objaśnij, jak doszedłeś do tej postaci. Skoro |z|=1,z \neq -1 , to istnieją rzeczywiste a,b , że a^2+b^2=1,z=a+bi . Możesz zatem przyrównać \frac{1+ti}{1-ti}=a+bi . Sprowadź to równanie do postaci x+iy=w+ir gdzie x,y,w,r \in \mathbb{R} . Otrzymasz stąd \begin{cases}x=w \\ y=r \end{c...

\(\displaystyle{ z=\begin{cases}\frac{1+0 \cdot i}{1-0 \cdot i},Im(z)=0 \\ \frac{1+i \cdot \frac{1-Re(z)}{Im(z)}}{1-i \cdot \frac{1-Re(z)}{Im(z)}}, Im(z) \neq 0 \end{cases}}\) gdzie \(\displaystyle{ Re, Im}\) to odpowiednio części rzeczywista i urojona.