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 pra...

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{(2t...

3) \int\limits_{9}^{+\infty}\frac{1dx}{\sqrt[2]{x}(x-4)}= =\lim_{n \to } t_9^n \frac{1dx}{\sqrt[2]{x}(x-4)}= ft| x=t^2 | dx=2tdt \right| = 2\lim_{n \to } t_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+2}\\ 1= (t+2)A+(t-2)B\\ ...

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 rozwiąza...

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^{\sta...

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}{2}\int ...

\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\{(x,y,z...

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. |\P...

\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}^{\frac{\...

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

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