Matematyka.pl

Dla Ciebie nie muszą, dla mnie muszą.
Zasadnicze twierdzenie algebry jest precyzyjne i nie pozostawia miejsca na widzimisię. Pierwiastki k -krotne traktuje się jak k pierwiastków. Zadanie również nie wymaga, żeby były różne, a tylko, żeby były rzeczywiste. Odpowiedź z trzeciego posta jest poprawna.

W zadaniu chodzi o to, że \(\displaystyle{ n}\) jest ustalone - trzeba właśnie wykazać, że największe pole wśród \(\displaystyle{ n}\)-kątów wpisanych w dane koło ma \(\displaystyle{ n}\)-kąt foremny.
Powinno pójść przez podział na trójkąty równoramienne o ramieniu \(\displaystyle{ R}\) + nier. Jensena na sinusie.

Weź pierwsze pomnóż stronami przez \(\displaystyle{ e^{-y}dx}\), a drugie przez \(\displaystyle{ ydx}\), jak Ci radzą, a nie kombinujesz.

Te dwa wyrażenia są równoważne w dziedzinie funkcji.

\(\displaystyle{ f(x)=2\cdot\(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x\)=2\cdot\(\sin\frac{\pi}{6}\cos x+\cos\frac{\pi}{6}\sin x\)=2\sin\(x+\frac{\pi}{6}\)}\)

\(\displaystyle{ f_{\min}(x)=-2,\qquad f_{\max}(x)=2}\)

Już dawno nieaktualna w początkowym brzmieniu. Obecnie minimum paręset tysięcy "biegunów" w Zachodniej Europie można już znaleźć. I wciąż ich przybywa.
@Fibik - podejmujesz się policzyć residua?

Chodzi o przejście do postaci trygonometrycznej - wtedy się łatwo podnosi do potęgi - wzór de Moivre'a.

Bo nie wziąłeś wykładnika w klamerkę.

Tam w nawiasie masz \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}}\)

Widać, co trzeba zrobić?

Jeżeli garnek będzie odpowiednio wysoki, to się zmieszczą. Jeżeli wszystkie mają stać na dnie garnka, to optymalne ustawienie jest takie, że każdy słoik jest styczny do dwóch sąsiednich, tzn. środki podstaw słoików są wierzchołkami kwadratu o boku 10 . Przekątna takiego kwadratu ma długość 10\sqrt{2 ...

@Rogal - To byłoby zrozumiałe, gdyby była w tym jakaś konsekwencja. Z jednej strony przepisujesz zadanie w LaTeXu za gościa, który notorycznie zamieszcza skany i ewidentne jest, że nie chce mu się przepisać, bo masz taki kaprys, a z drugiej usuwasz rozwiązanie gościa, który miał kaprys poświęcić ...

Pole ośmiokąta wynosi zatem:
8\cdot P_{\Delta}=8bh=8\cdot \frac{a}{2}sin\phi \cdot \frac{a}{2}cos\phi=4a^{2}sin\phi cos\phi =4a^{2}sin22,5^{\circ} cos22,5^{\circ} =2\cdot a^2\sin\(2\cdot 22,5^{\circ}\)=2a^2\sin 45^{\circ}=2a^2\frac{\sqrt{2}}{2}=a^2\sqrt{2}\ >\ a^2 Wooow!

Tam jest błąd. Zgubiłeś ...

Wręcz banalne to jest ustalenie, kiedy V(c)=c(c^2-15c+72) jest ujemne, a kiedy dodatnie - to wyrażenie ma zero tylko przy c=0 .
Pochodna równa jest: 3(c^2-10c+24) , co ma pierwiastki w c=4\ \ c=6 i ujemne jest dla 4\ ab=28 , tzn. są pierwiastkami równania x^2-11x+28=0 stąd (a=4\ \ b=7)\ \ (a=7\ \ b ...

@Fibik - nie masz racji. Podane są przeciwprostokątne odpowienio 2m i 3m, podobnie, jak pod wskazanym wcześniej adresem.

@kuch2r - dwójkę jeszcze trzeba dopisać po prawej.

\(\displaystyle{ \{4a+4b+4c=60\ \Right\ a+b=15-c\\2ab+2ac+2bc=144\ \Right\ ab=72-c(a+b)=72-c(15-c)}\)

\(\displaystyle{ V=abc=\[72-c(15-c)\]c}\)

Pochodna itd.