Matematyka.pl

z jednej strony, jak Premislav raczył zauważyć, stopień \(P\) jest większy od stopnia \(Q\) podzielmy z resztą \(P\) przez \(Q\): \(P(x)=R(x)Q(x)+S(x)\) dla pewnych wielomianów \(R\) i \(S\) gdzie stopień \(R\) jest dodatni, a stopień \(S\) mniejszy od stopnia \(Q\) podstawiając to do \(\frac{P(n+1)...

faktycznie Dasio11, dzięki za sprostowanie

tak czy inaczej, do rozwiązania zadania wystarczy zaledwie ciągłość

solw jest wporzo, czekamy na nową nierówność

ok rozpiszę dokładniej powiedzmy, że wielokąt nazywa się \(A_1A_2\ldots A_n\) dla każdego punktu \(X\) na obwodzie wielokąta oznaczmy przez \(f(X)\) taki punkt na obwodzie, że \(X\) i \(f(X)\) dzielą obwód wielokąta na dwie łamane tej samej długości punkty \(A_1, A_2, \ldots, A_n, f(A_1), f(A_2), \l...

łatwiej chyba patrzeć na proste połowiące obwód i pokazać, że jedna z nich połowi też pole (to w zasadzie oczywiste, bo różnica pól tych dwóch wielokątów zmienia się kawałkami liniowo)

masz jakieś zgrabniejsze rozwiązanie od poniższego? załóżmy najpierw, że mamy tezę w przypadku gdy \(a_1=\max\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}\) niech \(i_1=1\), \(i_2=\min\{i \colon i>i_1, \ a_i>a_{i_1}\}\), \(i_3=\min\{i \colon i>i_2, \ a_i>a_{i_2}\}\) i tak dalej (rekursywną definicję kończymy gdy natrafimy...

a4karo pisze:To nawet nie CS, tylko po prostu wklęsłość pierwiastka.

nierówność Schwarza to jest dokładnie wklęsłość pierwiastka kwadratowego

pozwolę sobie przepisać jedno z oficjalnych rozwiązań Rozważmy \(n \times n\)-macierz \(A\) o wyrazach \(a_{i,j} = \sqrt{|x_i+x_j|} - \sqrt{|x_i-x_j|}\). Należy wykazać, że \(\vec e^TA\vec e \ge 0\) gdzie \(\vec e\) jest wektorem "jedynkowym". Zamiast tego udowodnimy, że ta nierówność zach...

Twój bound z dołu dla dużych \(n\) jest większy od mojego boundu z góry, więc coś tu jest nie tak

mam wrażenie, że za grubo szacujesz z góry, zwróć uwagę, że podobną metodą możesz udowodnić, że wyraz ciągu szacuje się z góry przez coś zbieżnego do \(\exp\left(-1+2^{1/2}-3^{1/3}+4^{1/4}\right)\), a to jest mniej niż \(\exp(\sqrt 2-1)\) na moje oko ten ciąg jest zbieżny do \(\exp\left(\sum_{n=1}^\...

a4karo pisze: ↑4 kwie 2022, o 17:24 Naprawdę nie masz nic lepszego do roboty?

Ty najwyraźniej też nie masz nic lepszego do roboty skoro odpowiadasz na pytania opolree

chcę skorzystać z faktu, że jeśli \lim_{n\to \infty} x_ny_n=a , to \lim_{n\to\infty} (1+x_n)^{y_n} = e^a czyli wystarczy sprawdzić, że \lim_{n\to\infty} n\cdot\frac{a_n}{n+\frac12 K_n} = g w tym celu wystarczy sprawdzić, że \lim_{n\to\infty} \frac{K_n}{n}=0 ze Stolza wystarczy sprawdzić, że \lim_{n\...

\(e^g\)

24, kto da więcej? \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x&&&x&x&&&x\\ \hline &x&x&&&x&x&\\ \hline &x&&&&&x&\\ \hline x&&&&&&&x\\ \hline x&&&&&&&x\\ \hline ...

lemat: \(x_1,\ldots,x_k\ge 0 \implies \prod_{i=1}^k(1+x_i)\ge 1+\sum_{i=1}^k x_i\) dowód lematu oczywisty, wystarczy wymnożyć nawiasy z lematu, AM-GM i \(t-1\ge \ln t\) mamy $$ \begin{align*} 2022! &= \left(\prod_{i=2}^{2022} (1+(i^{1/n}-1))\right)^n \\ &\ge \left(1+\sum_{i=2}^{2022} (i^{1/n...