Matematyka.pl

Ok, dzięki za pomoc.

Tylko dla pewności zapytam, czy odpowiedzią na zadanie jest
szereg zbieżny na \(\displaystyle{ [- \frac{1}{3} ; \frac{1}{3} ]}\) ?

Znaczy tam jest błąd...
ma byź \(\displaystyle{ x^{n}}\) przed limesem, ale dalej nie wiem co dalej....
I w tym wypadku to x^n jest pod limesem ( nie przed)

Więc próbuję z Cauchiego...

Sprawdzam dla jakich x:

\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \sqrt[n]{ 3 ^{n ^{2} } \cdot x ^{n ^{2} } } < 1}\)
\(\displaystyle{ x ^{2} \lim_{n \to \infty } 3 ^{n} <1}\)
No i właśnie z limesu będzie nieskończoność. I w tym miejscu trafia kosa na kamień

miodzio1988 pisze:na pewno \(\displaystyle{ n^{2}}\)??
Tak czy siak Cauchy się klania.

Napewno \(\displaystyle{ n^{2}}\), w innym wypadku nie pytałbym. Dziękuję gorąco panu Cauchiemu za pokłony, Hadamarowi również, ale z racji tego kwadratu, nie bardzo wiem jak się za to zabrać.
Jeżeli ktoś ma pomysł, będę wdzięczny za wskazówkę.

Dany układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{dx}{dt}=x+2y+x ^{2} \\ \frac{dy}{dt}=x-y \end{cases}}\)

Wyznaczyć punkty osobliwe oraz określić typ każdego z nich.
Bardzo proszę o pomoc, bardziej o sposób rozwiązywania takich równań aniżeli sam wynik.

pozdrawiam

Jest cały czas pod tym linkiem

Wybacz, to zadanie jest źle rozwiązane. Mój błąd. Źle przeczytałem treść, wydawał omi się że znamy długości ramion, a znana jest długość jednego ramienia i jednej podstawy...
Teraz nie mam czasu, ale popołudniu postaram się to zrobić, czuję się zobowiązany No chyba że ktoś mnie uprzedzi...[/latex]

zad1. Poprowadź wysokości z wierzchołków DM oraz CN. Oznaczmy |DM| jako 4x, wiec z tangensa |CN|=3x Pitagoras dla AMD: \sqrt{16x ^{2} +9x ^{2} } =100 x=2 |AM|=6 |DM|=|CN|=8 Pitagoras dla CBN: |NB|= \sqrt{17 ^{2}-64 } =15 Możemy wyliczyć podsttawe DC: |DC|+|AB|=|AD|+|CB|=27 |DC|=3 |AB|=24 P _{ABC}= \...

Jeżeli przesuniesz prosta MM' tak aby M' pokrywał się z B to
\(\displaystyle{ \frac{|MB|}{|AB|} =sin 30 ^{o}}\)
\(\displaystyle{ |AB|=24}\)
\(\displaystyle{ P= |AB| \cdot |NN'|= 24 \cdot 4=96}\)

\(\displaystyle{ \frac{|DK|}{|AD|} =sin30 ^{o}}\)
\(\displaystyle{ |AD|=8}\)
no i z twierdzenia cosinusów, krótsz przekątna:

\(\displaystyle{ |DB| ^{2} =8 ^{2} +24 ^{2} -2 \cdot 8 \cdot 24 \cdot cos30 ^{o}}\)

Dowód jest w porządku. Sam też dokładnie tak to udowadnialem...
Swoja drogą ciekawe co Twój psor wymyslil

\(\displaystyle{ V=\frac{1}{3}\pi h(R^2+Rr+r^2).}\)
Wzór na objetość stozka ścietego, R- dluższa podtawa trapezu, r- krotsza. Potzrebujemy tylko h.
Liczymy z Pola trapezu:
\(\displaystyle{ P= \frac{a+b}{2} h h= \frac{124}{17}}\)
Wiec
\(\displaystyle{ V= \frac{1}{3} \pi \frac{124}{17} (100+70+49)= \frac{9052}{17} \pi}\)

Objetość kuli \(\displaystyle{ V _{k} = \frac{4}{3} \pi r ^{3} = \frac{500}{3} \pi}\)
Objetość stożka \(\displaystyle{ V _{k} =V _{s} = \frac{500}{3} \pi= \frac{1}{3} \pi r ^{2} h}\)
\(\displaystyle{ h=20}\)
\(\displaystyle{ l= \sqrt{ h^{2}+r ^{2} } =5 \sqrt{17}}\)
Pole powierzchni \(\displaystyle{ P _{p} =\pi r(r+l)=5 \pi(5+5 \sqrt{17}=25 \pi(1+ \sqrt{17}}\)

\(\displaystyle{ \frac{r}{R-r} = \frac{1}{2}=sin\alpha}\)
\(\displaystyle{ \alpha=30 2 =60.}\)
Pole wycinka \(\displaystyle{ P _{w} = \frac{60}{360} \pi r ^{2} = \frac{3}{2} \pi}\)
Pole kola \(\displaystyle{ P _{k} = \pi r ^{2} = \pi}\)
\(\displaystyle{ P _{w} -P _{k} = \frac{1}{2} \pi}\)