Matematyka.pl

Na ramionach kąta odkładamy odcinki „a” i „b”.
Końce łączymy.
Konstruujemy prostą „m” , będącą osią symetrii tego odcinka.
Dłuższy z danych odcinków odbijamy symetrycznie względem prostej „m”.
Końce odcinków łączymy.

Oznaczmy te punkty jako A,B i C.
Kreślimy odcinek AB i znajdujemy jego środek S.
Na prostej przechodzącej przez S i C znajdujmy punkt D, tak by |CS|=|SD|.

Odcinek AB przesuwamy równolegle o wektor \vec{SC} a następnie o wektor \vec{SD} .

Ponieważ możemy analogiczną konstrukcję biorąc najpierw ...

Błąd podstawowy:
\tan(\alpha - \beta ) \neq \tan(\alpha ) - \tan(\beta )

Przedstaw równanie w postaci
\arctan(x + 2)\,=\,\arctan(x + 1) + \frac{\pi}{4}
"Stangensuj" obustronnie i zastosuj wzór na tangens sumy
\tan(a + b)\,=\,\frac{ \tan(a) + \tan(b) }{ 1 - \tan(a)\cdot \tan(b) }
Wyjdzie
x ...

Przez punkt „M” prowadzimy prostą „m” prostopadłą do ramienia „a”.
Znajdujemy punkt „P1” tak by |MP| = |MP1|.
Przez punkt P1 prowadzimy prostą „k” równoległą do prostej „a”.
Znajdujemy punkt „K” przecięcia prostych „k” i „b”.
Przedłużając odcinek KM do przecięcia z prostą „a” znajdujemy punkt „N ...

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)\,=\,\arctan(x)}\) jest rosnąca więc
ponieważ \(\displaystyle{ x - 2\, <\, x - 1}\) to \(\displaystyle{ f(x - 2)\, < \,f(x - 1)}\)
zatem
\(\displaystyle{ \arctan(x - 2) - \arctan(x - 1) < 0}\) dla każdego x .
Czyli równanie nie ma rozwiązania.

Rzeczywiście, podpowiedzi „na szybko” czasem są nie trafione.
W przestrzeni liniowej nie ma mnożenia wektorów.
Ale mam inny przykład :
\(\displaystyle{ w(x)\,=\, 3\cdot x^{5} + x + 7}\)
\(\displaystyle{ q(x)\,=\, -3\cdot x^{5} - 2\cdot x^{4} + x + 2}\)
Po dodaniu wielomian jest 4-tego stopnia

Pomnóż dwa wielomiany stopnia 5.

Wyniki dobre- chociaż zapisy fatalne!!

Xandorw pisze:Czy to jest dobrze?

sin 20 = |OK|
|OK| = 1,368

cos 20 = \(\displaystyle{ \frac{a}{2}/4
= 3,7588}\)

Czyli
\(\displaystyle{ \sin( 20^o) = 1,368}\)
\(\displaystyle{ cos (20^o) = 3,7588}\)
co podobno jest możliwe tylko w „warunkach bojowych” .

Prosta "m" przechodząca, przez środek i prostopadła do podstawy AB, musi być osią symetrii tego odcinka.( Bo B też leży na okręgu.) Stąd trapez musi być równoramienny.
Z \bigtriangleup AKO wyliczamy |OK| oraz \frac{a}{2} .
|OL|=h \,-\,|OK|

Z \bigtriangleup DLO mamy
|OL|^{2} + (\frac{c}{2 ...

Nasze wyrażenie ma postać
\frac{x}{q}\,=\,\frac{z}{y}
Możemy jako jednostkę przyjąć długość obcinka „p”.
Wtedy otrzymamy
\frac{y}{p}\,=\,\frac{p}{p}

\frac{z}{q}\,=\,\frac{q}{p}
Czyli
{y}\,=\,{p}

\frac{z}{q}\,=\,\frac{q}{p}
Stąd mamy "z".
i konstruujemy "x" z
\frac{x}{q}\,=\,\frac{z}{p}

Przekształcamy
\(\displaystyle{ \frac{x}{q}\,=\,\frac{q^{2}}{p^{2}}}\)
Traz trzeba skonstruować odcinki
\(\displaystyle{ \frac{y}{p}\,=\,\frac{p}{1}}\)
\(\displaystyle{ \frac{z}{q}\,=\,\frac{q}{1}}\)
Do tego musimy znać długość docinka jednostkowego.

Środek okręgu stycznego do prostych
k : x + 2y + 9\,=\,0
l : 2x - y - 2\,=\,0
leży na dwusiecznej kąta utworzonego przez te proste.
Wektory \vec{w} i \vec{v} prostopadłe do prostych mają równe długości.
Zatem wektor \vec{s} będący sumą, jest prostopadły do prostej "s".
(Gdyby nie były równej ...

\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\,=\,\frac{1}{2}\cdot h\cdot c
a^{2} + b^{2}\,=\,c^{2}
a + b + c\,=\,5\cdot h
To jest układ trzech równań o czterech niewiadomych. Zatem, potraktujmy "c" jako parametr.
Z trzeciego równania wyliczam h i podstawiam do pierwszego.
h\,=\,\frac{ a + b + c }{5}
\frac{1 ...

Według mnie w temacie jest błąd. Stosunek boków jest liczbą niemianowaną.
Natomiast „0,3 długości boku” ma wymiar (metry, cm lub inny).
Nie można między nimi postawić znaku równości

Przy podłączeniu żarówki 100 watowej do 220V, ( w stanie ustalonym )
jej opór wynosił będzie wynosił 484 omy.
Po podłączeniu do źródła o mocy 5 W, nie będzie się w stanie rozżarzyć
i jej opór będzie wielokrotnie mniejszy.