Matematyka.pl

W tych punktach są minima lokalne równe 0. W zerze jest maksimum lokalne.

f(x,y)=\ln (x+8y) \\ \\ \frac{ \partial f}{ \partial x}= \frac{1}{x+8y}; \ \frac{ \partial f}{ \partial y}= \frac{8}{x+8y} \\ \\ \frac{ \partial ^{2} f}{ \partial x ^{2} }= \frac{-1}{(x+8y)^2}; \ \frac{ \partial ^{2} f}{ \partial y ^{2} }= \frac{-64}{(x+8y)^2}; \ \frac{ \partial ^2f}{ \partial x \p...

Wydaje mi się, że ta równoważność nie zachodzi - można znaleźć kontrprzykład.. Prawdziwa jest (chyba) implikacja z prawej strony w lewą.

Sprzeczny układ równań nie ma rozwiązań, więc nie ma rozwiązania "najlepszego".
Być może |chodzi o znalezienie takich wartości (a, b), ze suma różnic (a jeszcze lepiej kwadratów różnic) między nimi, a rozwiązaniami układów 1 i 2, 1 i 3, 2 i 3 była najmniejsza.

Teraz i to dobrze.

Jeżeli mają to być pochodne cząstkowe, to pierwsza część dobrze, druga (z logarytmem) nie bardzo.

Jeżeli \(\displaystyle{ p=4}\), to układ nieoznaczony, w pozostałych przypadkach - sprzeczny.

Przecież tu nie ma żadnych współrzędnych, więc skąd wymieniony wzór.
Tutaj kłania się Pan Pitagoras.

Można tak. Z pierwszego i trzeciego równania wyznaczyć wartości x, y. Podstawić je do drugiego i wyznaczyć a dla którego to (drugie) równanie ma jedno rozwiązanie.

Tutaj można przyjąć wartości dwóch zmiennych za dane z góry, trzecia się do nich "dopasuje". niech \(\displaystyle{ b=c=0}\) wtedy \(\displaystyle{ a=-4}\) i \(\displaystyle{ \vec{CD}=(-6,-3,-3)}\).

Tak by było, gdyby M był środkiem okręgu, a to właśnie mamy pokazać.
Inaczej: w trójkącie ABD można znaleźć więcej punktów, takich, że kąt BXD jest dwa razt większy od kąta ABD.

No niekoniecznie, byleby był różny od C i leżał na wektorze prostopadłym do podstawy. Może nim być (A, b, c).

Pomnożyłbym ułamek przez 1 w postaci \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{x+1} +1}{\sqrt{x+1} +1}}\).

Mirek76 pisze:
Biorę pod uwagę okrąg opisany na trójkącie ABD. Kąt DMB jest dwa razy większy od DAB zatem punkt M jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABD.

"..zatem..." na podstanie czego (jakiego twierdzenia)?

Zad.1. Chyba dobrze. Zad.3. Na pewno źle. Prawdopodobieństwo nie może być większe od 1. Wszystkich możliwych przypadków jest więcej, a mianowicie tyle ile wariacji z powtórzeniami z 9 po 3. Więcej jest też zdarzeń sprzyjających - 345. Zad.7. Odpowiedź jest dobra - kul jest 5 - ale drogi do niej nie ...