Matematyka.pl

tak, macierze są podobne. Korzystając z Tw. Cauchy'ego (nie wiem czy wiesz, że z niego korzystasz ), dowodzisz tego w wyżej wymieniony sposób

Jan Kraszewski pisze: Mam nadzieję, że rozjaśniłem .

ja teraz już wszystko widzę dzięki serdeczne

podziel licznik przez mianownik

no to liczym:

\(\displaystyle{ \frac{\partial z}{\partial x}=-yf'[\cos(x-y)]\sin(x-y)}\)
\(\displaystyle{ \frac{\partial z}{\partial y}=f[\cos(x-y)]+yf'[\cos(x-y)]\sin(x-y)}\)

wstawiając do równania dostajemy co trzeba

ja nikogo nie przekonuje bo sam jestem nieprzekonany, chociaż myślę że twierdzenie o definiowaniu przez indukcję wszystko załatwia
niech się ktoś inny wypowie, bo temat ciekawy

ale ta tabelka wynika tylko z przeliczalności zbioru (dla każdego \(\displaystyle{ t}\) istnieje bijekcja \(\displaystyle{ \mathbb{N}\to A_t}\), która porządkuje zbiór \(\displaystyle{ A_t}\))

liczysz \(\displaystyle{ \iint_D f(x,y)dxdy}\) czyli drugi typ z tych, które podałeś

za trudne to jak na sobotni wieczór... normalnie fakt, że przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych polega na konstrukcji pewnego ciągu, gdzie tu widzisz pewnik wyboru (albo ten okrojony pewnik wyboru)? Fakt, że zbiory A_t są przeliczalne dobrze porządkuje te zbiory, a do konstrukcji wyżej wymienione...

df=\frac{\partial f}{\partial x}dx + \frac{\partial f}{\partial y}dy + \frac{\partial f}{\partial z}dz d^2f=d(df)=d(\frac{\partial f}{\partial x}dx + \frac{\partial f}{\partial y}dy + \frac{\partial f}{\partial z}dz)= \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(dx)^2+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(dy)^2+\...

czyli mamy

\(\displaystyle{ I=(I+B)(I-2B)=I-B-2B^2}\)

czyli widać, że odp b) jest prawdziwa

\Rightarrow a\setminus b =a\wedge \neg b = a (a\wedge \neg b) \wedge b = a \wedge b a\wedge (\neg b \wedge b) = a \wedge b a\wedge 0 = a \wedge b 0 = a \wedge b \Leftarrow a \wedge b = 0 = a \wedge \neg a zatem b = \neg a a \backslash b = a \wedge \neg b= a \wedge \neg ( \neg a)= a \wedge a = a

EDIT: W drugim temacie, o który pytasz (z całką potrójną) jest wszystko ok, tzn. nie sprawdzałem dokładnie obliczeń, ale metoda jest poprawna - nie wstawiasz do całki żadnej funkcji z, gdyż aby znaleźć objętość obszaru liczysz całkę \iiint _{V}dxdydz , wprowadzając tam jakąkolwiek dodatkową funkcje...

można to też wytłumaczyć podatkiem dochodowym

\(\displaystyle{ a_n>2}\)

jaki problem?

Jest książka "Jak to rozwiązać?" autorstwa G. Polya. Niestety nie miałem okazji tego jeszcze przeczytać ale słyszałem, że dobra pozycja dla ludzi, którzy chcą się nauczyć zadawać pytania podczas rozwiazywania różnych matematycznych problemów.