Matematyka.pl

patrz moje rozwiązanie
https://www.matematyka.pl/viewtopic.php?t=44120

b) patrz moje rozwiązanie https://www.matematyka.pl/viewtopic.php?t=44536

a) wybór k spośród n elementów jest równoważny odrzuceniu n-k z n elementów

c) po lewej stronie masz ilość podzbiorów zbiorów n elementowego
Możemy policzyć to w inny sposób: każdemu z elementów zbioru n-elementowego ...

\(\displaystyle{ f'(x)= 3x^{2}-2x+1 =2x^2 +x^2-2x+1=2x^2+ (x-1)^2>0}\)
czyli funkcja jest rosnąca w całej dziedzinie

zakładam że chodziło Ci o nierówność
a^4+b^4+c^4 qslant abc(a+b+c)

(a-b)^2 qslant 0
(b-c)^2 qslant 0
(c-a)^2 qslant 0
dodając te nierówności stronami otrzymamy a^2+b^2+c^2 qslant ab+bc+ca (*)


a^4+b^4+c^4=(a^2)^2+(b^2)^2+(c^2)^2 qslant (*) qslant a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 qslant (*) qslant ab ...

nie wyjdzie 1:)

podstawmy sobie\(\displaystyle{ y=8-x}\) wtedy \(\displaystyle{ y 0}\)

\(\displaystyle{ lim_{x \to 8} \frac{8-x}{sin( \frac{1}{8} x)}=
lim_{y \to 0} \frac{y}{sin( \frac{ \pi (8-y)}{8})}=im_{y \to 0} \frac{8}{\pi} \frac{ \frac{\pi y}{8}}{sin( \frac{\pi y}{8})}=\frac{8}{\pi}}\)

prawdziwe są nierówności
a^2-2ab+b^2 qslant 0
b^2-2bc+c^2 qslant 0
c^2-2ca+a^2 qslant 0

dzieląc pierwszą nierówność przez b drugą przez c trzecią przez a otrzymujemy
\frac{a^2}{b}-2a+b\geqslant 0
\frac{b^2}{c}-2b+c\geqslant 0
\frac{c^2}{a}-2c+a\geqslant 0

dodając te nierówności ...

gdy n jest parzyste liczba ta jest złożona gdyż 14^{2k}-9=(14^k-3)(14^k+3)

natomiast gdy n jest nieparzyste ostatnią cyfrą liczby 14^n jest 4 . Tak więc ostatnią cyfrą liczby 14^n-9 jest 5 czyli liczba ta jest podzielna przez 5. Jedyną liczbą pierwszą o tej własności jest 5.

Tak więc 14^n-9 jest ...

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ }( \frac{1}{ 3^{n} }- \frac{1}{ 3^{n+1} })=
\frac{2}{3} \sum_{n=0}^{ } \frac{1}{ 3^{n}}=\frac{2}{3}(\frac{ \frac{1}{3^{n+1}}-1}{ \frac{1}{3}-1})=1-\frac{1}{3^{n+1}}}\)

co przy \(\displaystyle{ n }\) daje nam \(\displaystyle{ 1}\)

Był błąd w poprzednim poście. całe pole powinno być razy 2 bo rozpatrywałem tylko dla I. ćwiartki. już poprawiłem:)

P=\int_{0}^{\varphi_1} ( \frac{3\sqrt{2} }{2}cos\varphi )^{2}d\varphi + t_{\varphi_1}^{ \frac{\pi}{4} }( 3 \sqrt{cos2\varphi } )^2 d\varphi = \frac{9 }{2}\int_{0}^{\varphi_1}cos^2 ...

\sum_{n=1}^{ } \frac{2 ^{1}+ 2^{2}+ 2^{3}+...+2 ^{n}}{ 3^{n} }=
\sum_{n=1}^{ } \frac{2(2^n-1)}{ 3^{n} }=2\sum_{n=1}^{ } \frac{(2^n-1)}{ 3^{n}}=2\sum_{n=1}^{ } (\frac{2}{ 3})^n-2\sum_{n=1}^{ } \frac{1}{ 3^{n}}=2\frac{ \frac{2}{ 3}((\frac{2}{ 3})^n-1)}{\frac{2}{ 3}-1}- 2\frac{\frac{1}{ 3}(\frac{1}{ 3 ...

\left( x^{2}+y^{2} \right) ^{2}=9
\left(x^{2}-y^{2} \right) po zamienieniu na równanie biegunowe to r_1=3 \sqrt{cos2\varphi }

Druga krzywa to okrąg (zauważ, że zamieniając równanie (x- a)^2+y^2=a^2 na równanie biegunowe otrzymamy właśnie że r=2acos\varphi ) o średnicy 3 \frac{\sqrt{2} }{2 ...

hej:)
w podanym przez Ciebie równaniu biegunowym krzywej r brakuje zależności od kąta...

\sum_{k=2}^{n}[ln(k+1)+ln(k-1)-2lnk]= \sum_{k=2}^{n}[ln(k+1)+ln(k-1)-lnk^2]=
\sum_{k=2}^{n}ln \frac{(k+1)(k-1)}{k^2}=ln \frac{3 1}{2^2}+ln \frac{4 2}{3^2} + ... + ln \frac{n(n-2)}{(n-1)^2}+ ln \frac{(n+1)(n-1)}{n^2}=
ln [ \frac{3 1}{2^2} \frac{4 2}{3^2} ... \frac{n(n-2)}{(n-1)^2}\cdot \frac{(n+1 ...

\(\displaystyle{ (\frac{1}{arcsinx})'}\)to nie jest \(\displaystyle{ \sqrt{1-x^2}}\)

[ Dodano: 2 Stycznia 2008, 14:55 ]
powinno być tak:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0} arcsin x * ctg x =\frac{arcsinx}{tgx}=H=\frac{\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}{ \frac{1}{cos^2x} }=\frac{cos^2}{\sqrt{1-x^{2}}}=1}\)

\(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=0 +\beta=-\gamma tg(\alpha+\beta)=-tg\gamma}\)

\(\displaystyle{ tg(\alpha+\beta)=-tg\gamma \frac{tg\alpha+tg\beta}{1-tg\alpha tg\beta}=-tg\gamma tg\alpha+tg\beta+tg\gamma= tg\alpha tg\beta tg\gamma}\)
q.e.d