Matematyka.pl

Ja też nie mam nic :/

Próbowałem machnąć pierwsze indukcją, ale nie mogłem wpaść jaki krok zrobić, żeby było ok. Nad 3. spędziłem trochę za dużo czasu, a zawsze jak już myślałem, że coś mam to okazywało się, że korzystałem z założenia - miałem za dobry rysunek, który wszystko sugerował. Moje ...

2, 3 i 4 mam podobnie jak reszta, tylko 1 inaczej:

Każda wieża ma zasięg w czterech kierunkach. Każda wieża może przyjąć 2 uderzenia, a w przypadku kiedy będzie maksymalna ilość wież, to każdy odcinek obwodu (jednostkowy) będzie w polu rażenia (oczywiście jednej wieży), a tych odcinków jest 2(m+n ...

Należy sprawdzić dla jakich liczb naturalnych n zachodzi:

n^{2} - 6n - 10 < 0 \\
\Delta = 76 \\
x _{1} = \frac{6- \sqrt{76} }{2} < 0 \\
x _{2} = \frac{6+ \sqrt{76} }{2} qslant \sqrt{ \frac{36+76}{2} } = \sqrt{56} < 8
nierówność między średnią arytmetyczną i kwadratową.

Ramiona paraboli ...

Wynik jak najbardziej poprawny. Łatwo do tego dojść:

\(\displaystyle{ \sphericalangle ABE + DCE = 180^{0} \\
BEA + CED = \frac {360^{0} - 180^{0}} {2} = 90^{0} \\
AED = 180^{0} - (\sphericalangle BEA + CED) = 90^{0}}\)

Do zadań typu 3. można stosować następujący wzór:
a - ilość wpłaconych pieniędzy
p - ilość procent oprocentowania
k - ilość kapitalizacji w ciągu roku
n - ilość lat

a _{n} = a(1+ \frac{p}{100k})^{n k}

Tutaj będzie to:
a) a _{2} = 50000(1+ \frac{4}{2 100}) ^ {2 2} = 50000 * ( \frac{51}{50} )^{4 ...

Oj freju,
my się znamy przecież (danio - pseudonim od Daniel) , po prostu jeszcze 17 nie skończyłem, a chodzę do IV LO, teraz pójdę do IID (klasa p. prof. Pawłowskiego).

h - odległość środka CIĘCIWY od okręgu (jest o tym mowa w zadaniu )
Co do kąta:
1)budujesz kąt środkowy na danej cięciwie i prowadzisz jego dwusieczną, która przejdzie przez podaną w zadaniu wysokość (na rysunku w rozwiązaniu xbw jest to kąt naprzeciw dłuższej przyprostokątnej w narysowanym ...

Kiedyś wyprowadziłem na to wzór jak na fizyce było nudno i oto on (tylko bez rysunku, ale chyba da rade się domyśleć ):
l - długość cięciwy
h - odległość środka od okręgu
(2 \arctan \frac{2h}{l}) - połowa kąta środkowego opartego na danej cięciwie

ctg (2 \arctan \frac{2h}{l}) = \frac{r-h}{ \frac ...

Żeby wypełnić polecenie

Ponieważ przeciwprostokątna jest najdłuższym bokiem trójkąta prostokątnego, więc tutaj jest to 30cm.
A więc pole trójkąta wynosi:
\frac{24\cdot18}{2} = 216cm ^{2}
Promień koła opisanego jest połową średnicy, a więc wynosi 15cm, a pole tego koła to:
\pi 15^{2} = 225\pi cm ...

Tyle że \(\displaystyle{ p}\) to połowa obwodu, więc obwód jest równy 36

freju, tam za dużo o jeden minusik w drugim przypadku Ci się wkradł (przy tej jedynce w nawiasie nie powinno być, gdyż y=1), wtedy mamy:
\(\displaystyle{ f(-1)=-f(1)}\)

Mamy równość pól następujących trójkątów:

\(\displaystyle{ ABC = CBA' = CA'B'}\)
\(\displaystyle{ ABC = ACB' = AB'C'}\)
\(\displaystyle{ ABC = ABC' = BC'A'}\)

Wszystkie równości wynikają z równych podstaw trójkątów i pokrywających się wysokości.

Z tych równości mamy: \(\displaystyle{ A'B'C'= ABC+CBA'+ACB'+ABC'+CA'B'+AB'C'+BC'A' = 7ABC}\)

\(\displaystyle{ a _{n} = a _{1} q ^{n-1} a _{1} = \frac{a _{n} }{q ^{n-1} }}\)

Tutaj będzie:

\(\displaystyle{ a_{1} = \frac{32}{ (\frac{2}{3}) ^{5} } = ( \frac{2}{ \frac{2}{3} } ) ^{5} = 3^{5} = 243cm}\)

Pola są równe, ponieważ \(\displaystyle{ AB = BA'}\), a te trójkąty mają wspólną wysokość opadającą na proste wyznaczone przez te boki (z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\))