Matematyka.pl

c) nie prawda dla 0<p<1 nie mamy lokalnej wypukłości, z czego rodzą się zresztą różne patologie w tej przestrzeni.
d) nie prawda dla 0<p<1 nie jest normowalna.
e) nie prawda, jedynymi zbiorami wypukłymi i otwartymi w przestrzeni L^{p}[0,1] , gdzie 0<p<1 , są zbiór pusty i cała przestrzeń.
f) nie ...

Dlatego, że
\(\displaystyle{ \cos\left({\arcsin{x}}\right)=\sqrt{1-\sin^2{(\arcsin{x})}}=\sqrt{1-x^2}}\)
analogicznie
\(\displaystyle{ \sin\left({\arccos{x}}\right)=\sqrt{1-x^2}}\)
Poniżej rysunek objaśniający:

Za x podstawiamy \sin{t} , żeby skorzystać z jedynki trygonometrycznej i uwolnić się od pierwiastka.

\int \sqrt{1 - x^{2}} dx= ft| x=\sin{t} | dx=\cos{t}dt \right|= t \cos{t}\sqrt{1-\sin^2{t}}dt=\int \cos^2{t}dt=
=\int ft(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos{(2t)} \right)dt=
\frac{1}{2}t +\frac{1}{4}\sin ...

3) \int\limits_{9}^{+\infty}\frac{1dx}{\sqrt[2]{x}(x-4)}=
=\lim_{n \to\infty } \int_9^n \frac{1dx}{\sqrt[2]{x}(x-4)}=
\left| x=t^2 | dx=2tdt \right| = 2\lim_{n \to\infty } \int_3^{\sqrt{n}} \frac{dt}{(t^2-4)}\stackrel{\star}{=}
\frac{1}{t^2-4}=\frac{1}{(t-2)(t+2)}\equiv \frac{A}{t-2}+\frac{B}{t ...

Ok, to już masz odpowiedzi
1) \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)
2)\(\displaystyle{ \frac{3}{2}\ln{3}}\)
3)\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\ln{5}}\)
4)\(\displaystyle{ \infty}\)
5)\(\displaystyle{ 2\ln{2}}\)

rozwiązaniami jednorodnymi


Wystarczy przeczytać to co podkreśliłem w cytacie i wiemy, że Twój wynik jest niepoprawny :razz:
Jeśli chodzi o sprawdzenie to zawsze możesz zróżniczkować funkcję y(x) odpowiednią ilość razy i wstawić do równania, jeśli otrzymasz prawą stroną to znaczy, że dobrze ...

Może dopiszę kilka cennych uwag,
\mathfrak{B}(\mathbb{R}^n) \subseteq \mathcal{L}_n
słownie, sigma-ciało wszytskich zbiorów borelowskich zawarte jest
w sigma-ciele zbiorów mierzalnych, \left( \mathcal{L}_n = \left\{ A \subset \mathbb{R}^n: \bigwedge_{Z \subset \mathbb{R}^n} l_n^{\star}(Z) =l_n ...

luka52 pisze:Całka powinna wyglądać:
\(\displaystyle{ \int\limits_0^{3 - |\rho|}}\)

Taka mała uwaga, promień \(\displaystyle{ \rho}\) jest zawsze dodatni ( \(\displaystyle{ \rho (0,\infty)}\) ), więc moduł jest zbędny. To taka drobna korekta, która co prawda niczego nie zmieni, ale dla autora tematu może być cenna.

przez rozkład na ułamki proste
\frac{1}{x^2-1}= \frac{1}{(x-1)(x+1)} =\frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+1}
1 \equiv A(x+1)+B(x-1)\\

\mbox{dla } x=1\\

1 \equiv 2A\\
A= \frac{1}{2}\\

\mbox{dla } x=-1\\

1 \equiv -2B\\
B= -\frac{1}{2}\\
\\
\int \frac{dx}{x^2-1}= \frac{1}{2}\int \frac{dx}{x-1}- \frac{1 ...

\phi\in[0,2\pi]

Wszystko ładnie tylko \phi [0, \frac{\pi}{2}] \cup [\frac{3}{2}\pi, 2\pi]
lub opcjonalnie \phi [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} ]

A jak byśmy chciali przejść na współrzędne walcowe
\Psi: (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) (0,4\cos{\phi}) (r^2,4r\cos{\phi}) \mathbb R^3 \setminus ft ...

nie koniecznie musimy przechodzić na współrzędne walcowe można też tak

V:=\{ (x,y,z) \textbf{R}^3: z=x^2+y^2 z=4x \}

\int_{D}\left( t_{x^2+y^2}^{4x}dz\right) d(x,y)\stackrel{\star}{=}

D:=\{ (x,y) \textbf{R}^2: y^2+(x-2)^2ft\{ \begin{array}{ccc} x&=&u+2 \\ y&=&v \end{array}\right.
|\Phi ...

\int_{-1}^{1}dx\int_{x-1}^{1-\sqrt{1-x^{2}}}f(x,y)dy=

najpierw rysujemy obszar
Obrazek wygasł

odczytujemy granicę po dy \quad y [-2,1]
następnie z granic y w całce "przed zamianą"
obliczamy x
y=x-1 \\
x=y+1\\\\
y=1-\sqrt{1-x^{2}}\\
1-y=\sqrt{1-x^{2}}\\
(1-y)^2=1-x^2\\
x^2=1-(1-y)^2\\
x ...

Jeśli chodzi Ci o mój post który zacytowałaś to jest dobrze, a w drugim jak zrobisz sobie rysunek obszaru to granica \(\displaystyle{ x}\) jest wyrażnie widoczna.
Możesz również wziąć sobie jakąś przykładową funkcje np \(\displaystyle{ f(x,y)=1}\) i zobaczyć czy mamy równość

niestety nie tak, r zmienia się od
0 q r q \sin{\psi}
gdyż obszarem jest kula x^2+y^2+\left(z-\frac{1}{2}\right)^2\leq ft(\frac{1}{2}\right)^2 , a @kuch2r policzył całkę z twojej funkcji po obszarze
x^2+y^2+z^2\leq ft(\frac{1}{2}\right)^2 co robi ogromną różnicę.

\int_{0}^{2\pi} d\phi t_{0 ...

Zadanie 1
\(\displaystyle{ e^y(x^4+1)-x^2=c}\)

Zadanie 2
\(\displaystyle{ \frac{1}{2(x^2+1)}+\frac{x^2y^2}{2}+\frac{y^2}{2}+xy=c}\)