Matematyka.pl

Opieram się na rysunku, który powyżej zamieściła anna_

\triangle AB'D' ma boki AD'=\sqrt{a^2+h^2},\ \ \ AB'=\sqrt{b^2+h^2}\ \ i\ \ B'D'=\sqrt{a^2+b^2}
pole tego trójkąta
\begin{cases} P=\frac12\cdot AD'\cdot AB'\cdot\sin\alpha=\frac12\cdot\sqrt{(a^2+h^2)(b^2+h^2)}\cdot\sin\alpha \\ P=\frac12 ...

Zrobiłam dokładny rysunek i zmierzyłam kąt
Ale czy to jest właściwy sposób rozwiązania takiego zadania? Przecież na kartkówce nie mam możliwości zrobienia tak dokładnego rysunku, że z niego można odczytać wartość szukanego kąta.
Mam nadzieję, że mój sposób na to zadanie Cie zadowoli ...

\blue f(x)=\begin{cases}
2 \arctg \frac{1}{1-x} & \text{dla } x < 1 \\
ax & \text{dla } x \ge 1
\end{cases}

\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}2 \arctg \frac{1}{1-x}=2\cdot\lim_{\alpha\to+\infty}\arctg\alpha=2\cdot \frac{\pi}{2}=\pi

dla x=1\ \ \ \ f(1)=a\cdot1=a\ \ \ \green \Rightarrow \red ...

a) \blue f(x)= 4^{x} + 3x^{10} + \frac{3}{ \sqrt[3]{x^2} }

\left( 4^x\right)' =4^x\ln 4
\left(3x^{10} \right)'=3\cdot10x^9=30x^9
\left(\frac{3}{ \sqrt[3]{x^2} } \right)'=3\left(\frac{1}{ x^{\frac23} } \right)'=3\left(x^{-\frac23} } \right)'=3\left( -\frac23x^{-\frac23-1}\right)=-2\cdot\frac ...

\(\displaystyle{ B(r)= \frac{-50 \cdot 4 \cdot 3,14 \cdot 10^{-7} }{2 \cdot 3,14 \cdot r}=\ \blue C\cdot \frac1r}\) gdzie C jest wartością stałą (to całe mnożenie i dzielenie)

\(\displaystyle{ \int B(r)dr=\int C\cdot\frac1r}dr=C\cdot\int\frac1r dr=C\cdot \ln r+c_1}\)

\(\displaystyle{ \int_a^b B(r)dr=C(\ln b-\ln a)=\ \red C\cdot \ln\frac{a}{b}}\)

\blue\begin{cases} S_k=a_1\cdot\frac{1-q^k}{1-q}=3\\ S_{2k}=a_1\cdot\frac{1-q^{2k}}{1-q}=18\end{cases}

a_1\cdot\frac{1-q^{2k}}{1-q}=a_1\cdot\frac{(1-q^k)(1+q^k)}{1-q}=3(1+q^k)=18\ \ \green \Rightarrow \blue\ \ 1+q^k=6\ \ \green \Rightarrow \blue\ \ q^{2k}=25

S_{3k}=a_1\cdot\frac{1-q^{3k}}{1-q ...

Tworzysz kwadrat \(\displaystyle{ ABCD}\) o boku \(\displaystyle{ R}\), przecięcie jego przekątnych i środek okręgu to szukany promień \(\displaystyle{ r}\)

\(\displaystyle{ R=\sqrt2r\ \ \green \Rightarrow \black\ \ \pi r^2=\frac12 \pi R^2}\)

\blue 5 \cdot {n \choose 3} = {n + 2 \choose 4}\ \ \ \ \ \ \sin \alpha = \frac{12}{13}\ \ \ \ \ \ \cos \beta = \frac{4}{5}

przekrój ostrosłupa przez przekątną podstawy , wysokość h i krawędź boczną AS



\delta=\alpha+(90^o-\beta) (kąt zewnętrzny \Delta SEF ) \ \ \green \Rightarrow \blue ...

\blue a_n = \frac{6n}{n+1}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(a_1,\ a_3,\ -\frac{1}{2}a_5 \right)

z własności ciągu arytmetycznego musiałoby być
2\cdot a_3=a_1+\left( -\frac12a_5\right)

L=2\cdot a_3=2\cdot\frac{6\cdot3}{3+1}=\ \blue 9

P=a_1+\left( -\frac12a_5\right)=\frac{6\cdot1}{1+1}-\frac12\cdot ...

Przekrojem tego ostrosłupa przez przekątne podstaw jest trapez równoramienny o podstawach a\sqrt2 i b\sqrt2 .
Ramiona są pod kątem \alpha , więc wysokość trapezu (a zarazem wysokość ostrosłupa)
h=\frac{a\sqrt2-b\sqrt2}{2}\cdot tg\alpha
jeśli ramiona tego trapezu przedłużymy w górę do przecięcia ...

\blue{ \left( 1+ \sqrt{3}i\right) z^3 = -2 \overline{z}}

1+ \sqrt{3}i=2\left(\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i\right)=2\left(\cos\frac\pi3+i\,\sin\frac\pi3\right)=2e^{i\frac\pi3}

\blue{\ z=\left|z\right|e^{i\varphi}\ }\ \ \green{ \Rightarrow }\ \ \overline{z}=|z|e^{-i\varphi}\ \ \ \ \ z^3=|z|^3e^{i ...

Zastosuj dwukrotnie regułę de l'Hospitala.

\blue (-1+3i)z ^{2} +(8-14i)z-11+23i=0

z_1=\frac{-(8-14i)-\sqrt{\Delta}}{2(-1+3i)}=\frac{-8+14i-10}{2(-1+3i)}

z_2=\frac{-(8-14i)+\sqrt{\Delta}}{2(-1+3i)}=\frac{-8+14i+10}{2(-1+3i)}

licznik i mianownik dzielisz przez 2, następnie mnożysz przez sprzężenie mianownika i otrzymujesz wyniki ...

Ta granica nie istnieje, gdyż licznik oscyluje między \(\displaystyle{ -1\ a +1}\)