Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \emptyset \subset T}\) więc z własności topologii \(\displaystyle{ \bigcup\emptyset\in T}\) . Ile wynosi ta suma?

a coś takiego bardziej dostępnego?(1 książka w serwisie na a....)

Aż sprawdziłem, w ciężkim szoku jestem przecież to klasyka w tej dziedzinie. Sam mam chyba ze dwie sztuki i oryginał po rosyjsku. W każdej bibliotece matematycznej powinna być, nie trzeba od razu kupować.

Krysicki, Włodarski ...

N. M. Matwiejew - Zadania z równań różniczkowych zwyczajnych. Są też przykłady rozwiązane na początku każdego działu.

Wyciągamy przed nawias i mamy

(x-tx')^2\left(\frac{x'^2+1}{x'^2}\right) = d^2

Dalej wyciągamy pierwiastek i wyliczamy x dostając równania

x = tx'\pm \frac{dx'}{\sqrt{1+x'^2}}

Każde z tych równań jest . Jego rozwiązaniem jest rodzina prostych i jej obwiednia i ona właśnie będzie rozwiązaniem ...

Pseudometryka dopuszcza możliwość, że dwa nieidentyczne elementy są oddalone o \(\displaystyle{ 0}\) . Mogą istnieć więc elementy \(\displaystyle{ x}\) oraz \(\displaystyle{ y}\) takie, że \(\displaystyle{ x \neq y}\) oraz \(\displaystyle{ d(x,y)=0}\) .

W uproszczonej wersji:
Jeżeli \left(a_n\right)_{n\in\NN} oraz \left(b_n\right)_{n\in\NN} są ciągami takimi, że \sum_{n=1}^{\infty}a_n^2 < \infty oraz \sum_{n=1}^{\infty}b_n^2 < \infty to \sum_{n=1}^{\infty}|a_nb_n| < \infty .

Dowód opiera się na tym, że dla każdego n\in\NN zachodzi (|a_n|+|b_n|)^2 ...

Trochę źle mnie zrozumiałeś, dla k = n jest

na_{2n} < \varepsilon czyli 2na_{2n} < 2\varepsilon

Dla k = n+1 jest

(n+1)a_{2n+1} < \varepsilon czyli 2(n+1)a_{2n+1} <2\varepsilon tymbardziej (2n+1)a_{2n+1} < 2\varepsilon bo wszystkie wyrazy są dodatnie.

Czyli podciąg o wyrazach parzystych i ...

Ustalmy \varepsilon>0 . Skoro szereg jest zbieżny to spełnia warunek Cauchy'ego. Istnieje więc takie N\in\NN , że dla n>N i każdego k\in\NN jest

a_{n+1} + a_{n+2} + ... + a_{n+k} < \varepsilon

A ponieważ, mamy monotoniczność to dostajemy

ka_{n+k} < \varepsilon

Ponieważ k było dowolne to ...

To pytanie jest tak oczywiste, że aż za bardzo. Przecież mając dany zbieżny szereg \sum_{n=1}^{\infty}f(n) = c zawsze można dookreślić sobie funkcję na przedziale [0,1) jako f(x)= c . Przez to rozwijanie w szereg od razu założyłem, że ta funkcja ma być analityczna a przecież w pytaniu tego założenia ...

Ciężko mi powiedzieć ale przemyślę. To Twoje pytanie czy jakieś zadanie z książki/zajęć?

Nie liczyłem dokładnie tej całki ale na pierwszy rzut oka powinno wyjść dobrze przez części.

I_{m,n} = \int_0^1x^m\ln^nxdx = \left[\frac{1}{m+1}x^{m+1}\ln^nx\right]_0^1 - \frac{n}{m+1}\int_0^1x^m\ln^{n-1}xdx ...

Najpierw zapewnij sobie przynajmniej ciągłość:

\frac{1}{x^x} = \begin{cases} e^{-x\ln x} \mbox{ dla } x>0 \\ 1 \mbox{ dla } x=0 \end{cases}

Wtedy

\frac{1}{x^x} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}x^n\ln^nx dla x \ge 0

Co wynika z rozwinięcia w szereg funkcji e^t .

A teraz wykorzystaj ...

PS. Panów Moderatorów proszę o skasowanie tego listu za dwa trzy dni.


Przepraszam za wścibskość ale można wiedzieć dlaczego? Według mnie to między innymi wyróżnia matematyków, że nawet bardziej niż zadeklarowani "humaniści" potrafią dbać o poprawność nie tylko logiczną ale też językową swojej ...

A po co uzmienniasz stałe? Skoro po podstawieniu dostajesz równanie o rozdzielonych zmiennych \(\displaystyle{ x^2u' - u^2 = 0}\) więc \(\displaystyle{ \int\frac{du}{u^2} = \int\frac{dx}{x^2}}\) . Czyli \(\displaystyle{ u(x) = \frac{x}{1 + C_{1}x}}\) i wracając z podstawienia \(\displaystyle{ y(x) = \int\frac{x}{1 + C_{1}x}dx}\) .

Jest takie twierdzenie które mówi, że a\in\RR jest punktem skupienia zbioru A wtedy i tylko wtedy gdy istnieje ciąg elementów z A\setminus\{a\} zbieżny do a . Załóżmy, że a jest punktem skupienia A czyli, że dla każdego \varepsilon > 0 istnieje b \in A\setminus\{a\} takie, że b\in (a - \varepsilon ...