Matematyka.pl

Jakiś archeolog mnie odkopał po 12 latach wow... dobry człowieku, to się wzięło ze wzoru na sinus podwojonego kąta , tylko argumenty zostały o połowę zmniejszone z jednej i z drugiej strony

Standardową sztuczką jest rozpisanie

\(\displaystyle{ a^5b-ab^5=b(a^5−a)−a(b^5−b)}\)

i z małego twierdzenia Fermata \(\displaystyle{ c^5-c}\) jest dla dowolnego całkowitego \(\displaystyle{ c}\) wielokrotnością \(\displaystyle{ 5}\)

Tak , jest taka możliwość . Chytry sposób którego raczej nie uczą w zwykłej szkole , to oznaczyć boki tego prostokąta przez \(\displaystyle{ 250-h, 250+h}\)
no bo jak na to wpaść? Wtedy pole prostokąta wynosi \(\displaystyle{ (250-h)(250+h)=250^2-h^2}\) i widać że jest największe dla \(\displaystyle{ h=0}\)

konkretnie to zadanie 18 , bo kąt miał być ostry, a przy odpowiedzi CKE \(\displaystyle{ \sin \alpha \cos \alpha = \frac{3}{4} }\) mamy \(\displaystyle{ \sin2 \alpha = \frac{3}{2}>1 }\)

Zamiast liczby \(\displaystyle{ \frac{16}{9} }\) powinno być \(\displaystyle{ 4}\) lub więcej żeby było ok.

Ja się wypowiem. Wrzucileś zadanie ze zbioru zadań CKE do nowej matury rozszerzonej. Jest tam wzorcowe rozwiązanie. Nie rozumiesz go czy nie podoba ci się ?

Ogólnie goście od geometrii różniczkowej są skrzywieni , mój dawno temu kazał mi się nauczyć Kobayashi Nomizu (fachowcy wiedzą o co chodzi) na pamięć bo cytując go "wszystko inne to chłam"

Tak się zastanawiam się czy trollujesz, czy naprawdę nie wiesz że dla trapezu opisanego na okręgu suma długości ramion jest równa sumie długości podstaw, więc do obliczania obwodu długość każdej podstawy z osobna nie jest ci potrzebna ? Stawiam raczej na trolling, tylko w jakim celu?

Tak to brzmi w oryginale, rozwiązania nie wrzucam żeby nie psuć zabawy : Problem 71-6, Triangle on a Checkerboard, by D. J. NEWMAN (Yeshiva University). Given a triangle and an infinite black and white checkerboard, show that the triangle can be placed on the board with all its vertices strictly in ...

Może być twoje uzasadnienie , można trochę krócej ale ok

Najszybciej to wyciągnąć królika z kapelusza w taki sposób: 5n+3=4(2n+1)-(3n+1) =4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b) dla pewnych dodatnich a,b zgodnie z założeniem. Jeżeli 2a-b>1 to jest to dobra faktoryzacja i 5n+3 nie jest pierwsza pokaż że dla n>0 istotnie tak jest , bo dla n=0 otrzymamy liczbę pierwszą 3

Nie wiem czy o to chodziło autorowi zadania ale zapisując pierwiastek jako \(\displaystyle{ e^{0.1} }\) i biorąc \(\displaystyle{ x_{0}=0 , dx=0.1 }\)
masz z różniczki \(\displaystyle{ e^{0.1} \approx 1+1\cdot 0.1=1.1}\) i to można wstawić do tego ułamka potem

Premislav pisze: ... i tu należałoby raczej zawalczyć o standardy etyczne i naukowe w grupach tych ekspertów.

Piękny postulat, ale jak to w życiu - łatwiej powiedzieć niż zrobić , większość ekspertów to sprzedajne kanalie niestety.
A potem ktoś się dziwi, że ludzie nie chcą się szczepić

Aby się o tym przekonać , proponuję klasyczną metodę rozwiązania takiego zadania, szkicowo bez komentarzy wygląda to tak: \frac{x-4}{x^2+9} =y x-4=yx^2+9y yx^2-x+4+9y=0 b^2-4ac \ge 0 1-4y(4+9y) \ge 0 -36y^2-16y+1 \ge 0 B^2-4AC=256+144=400 , y_{1}= \frac{16-20}{-72}= \frac{1}{18} , y_{2}= \frac{16+20...

Popełniasz klasyczny błąd , który przeanalizował Jarosław Wróblewski z Uniwersytetu Wrocławskiego , w tej publikacji :



w liczniku tego ułamka jest \(\displaystyle{ n+1}\) wyrazów bo \(\displaystyle{ 1=2^0}\)

Standardowy trick wygląda tak:

\(\displaystyle{ 2a^2−2ab+b^2−2a+2=a^2-2ab+b^2+a^2-2a+1+1=(a-b)^2+(a-1)^2+1}\)

Obydwa kwadraty przyjmą wartość zero gdy \(\displaystyle{ a-b=0 \wedge a-1=0}\)

czyli dla \(\displaystyle{ a=1,b=1}\) i wtedy wyrażenie przyjmie wartość \(\displaystyle{ 1}\)