Matematyka.pl

Wydaje mi się, że w końcu mi się udało!
Chociaż do końca nie jestem pewien czy znowu źle nie skorzystałem z założenia.

\( g(ker(g))g^{-1} \subseteq ker(f) \)
dowód:
Niech \( x \in g(ker(f))g^{-1} \) dowolne
Do pokazania: \( x \in ker(f) \), a więc \( f(x) = e_{H} \)

\( x \in g(ker(f)g^{-1} \iff ...

Próbowałem, ale teraz analizując kolejny raz dowód przedstawiony przez Pana doszedłem do wniosku, że chyba nie rozumiałem go poprawnie i mam problem z poniższą częścią:

i chcesz pokazać, że x\in g(\ker(f))g^{-1} , czyli że istnieje y\in \ker(f) takie, że x=gyg^{-1} .


dlaczego jeżeli chcę ...

Jak zatem powinienem to udowodnić? Być może jakakolwiek wskazówka na początek?

Nie do końca rozumiem, ale wychodzę z założenia, że rozwiązanie nie jest poprawne. Mógłby Pan rozwinąć swoją odpowiedź? I jeśli byłoby to możliwe to dać jakąś wskazówkę jak poprawnie to rozwiązać?

Niech \( G \) i \( H \) będą grupami oraz \( f : G \rightarrow H \) homomorfizmem.
(a) Pokaż, że : \( g(ker(f))g^{-1} = ker(f), \forall g \in G \) .
(b) Pokaż, że nie każda podgrupa \( U \subseteq G \) spełnia : \( gUg^{-1} = U, \forall g \in G \)

W podpunkcie a skorzystałem z tego, że \(ker(f ...

Do zbadania mam funkcję:
\( f(x) = \cos(\ln(x) - 1) \)
Moim zadaniem jest podać jej miejsca zerowe.
\( \cos(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\pi + 2k\pi \lor x=\frac{3}{2}\pi + 2k\pi, k \in \mathbb{Z} \)
\( \Rightarrow \ln(x) - 1 = \frac{1}{2}\pi + 2k\pi \lor \ln(x) - 1 = \frac{3}{2}\pi + 2k\pi ...

Zbadaj czy podane funkcje są ciągłe:
1) \( f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)= \begin{cases}
\frac{|1-x|-1}{|2-x|}, x \neq 2 \\
1, x = 2
\end{cases}
\)

Nie do końca wiem jak zabrać się za te zadanie.

Sprawdziłem wykres powyższej funkcji i nie będzie ona ciągła. Prawostronna granica wynosi \( 1 ...

Zbadaj, czy istnieje podana granica. Jeśli tak, oblicz ją. Nie możesz korzystać z reguły d'Hospital'a.
1) \lim_{x\to2} \frac{x^{2} - 5x + 6}{x^{2}-7x+10}

Granica wynosi \( \frac{1}{3} \), zapisałem licznik i mianownik w inny sposób i skróciłem \( x-2 \) i podstawiłem \( 2 \). Nie rozumiem tylko ...

a już rozumiem, ze względu na bezwzględną zbieżność szeregu mamy \( |c_{k}a_{k}| \leq K|a_{k}| \)

Wydaje mi się, że już zrozumiałem, powinno być: \( |c_{k} a_{k}| \leq K a_{k} \).

czyli wystarczy \( |c_{k} a_{k}| \leq a_{k} \)?
tylko zbytnio nie rozumiem dlaczego to jest poprawne ( o ile jest), bo jeżeli \( c_{k} \) jest ograniczony to wtedy obowiązuje \( |c_{k}| < K \) ale jak to wpływa na te szacownie?

Niech \sum_{k=1}^\infty a_{k} - zbieżny bezwzględnie szereg i
\( (c_{k})_{k \in \mathbb{N}} \) - zbieżny ciąg w liczbach rzeczywistych

Pokaż za pomocą kryterium porównawczego, że szereg \sum_{k=1}^\infty c_{k} a_{k} jest zbieżny bezwzględnie.

Zbytnio nie wiem od czego tutaj zacząć, bo ciężko jest ...

Tak, rzeczywiście te zapisy nie mają zbytnio sensu, próbowałem całość skrócić i zapomniałem o granicy...
Chodziło mi o to, że \lim_{k \to \infty}|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| = i \cdot \lim_ {k \to \infty} \frac{1}{(1 + \frac{1}{k})^{k}} = \frac{i}{e} i z tego doszedłem do wniosku, kiedy cały ten szereg ...

Do zbadania mam szereg:
\sum_{k=1}^\infty\frac{i^{k} k!}{k^{k}}

Za pomocą kryterium d'Alemberta doszedłem do wniosku, że:
ciąg jest zbieżny dla \( i < e \) i rozbieżny dla \( i > e \).

Później dla \( i = e \) zastosowałem także kryterium d'Alemberta:
\left| \frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| = \left ...

Jan Kraszewski pisze: 26 maja 2021, o 23:22

guserd pisze: 26 maja 2021, o 22:04Czyli pokazane przez Pana spostrzeżenie jest formalnym dowodem na to, że ciąg zbiega do nieskończoności?

A znasz twierdzenie o dwóch ciągach?

JK

Tak, dziękuję.