Matematyka.pl

Aj no tak, nie zauważyłem tego. Dla pierwszego Mimo wszystko zauważ, że cx^2 < cx^2+c \ln x dla x>1, c \ge 1 A zatem i tak wychodzi na to samo. Dla drugiego to samo, bo podzielisz stronami przez x^2 +\ln x i znowu dla c>1 nie zachodzi (pamiętaj, że nie obchodzą nas małe liczby - jeśli dla dowolnie d...

Z definicji liczysz przecież... f \in \omega (g) \sqrt{n} > c \cdot n^2 \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}} > c Już łatwo wskazać, że dla n>1 i c \ge 1 nierówność nigdy nie zajdzie, wniosek jest więc oczywisty... x^2 > c \cdot x^2 1 > c Jak łatwo pokazać, dla c > 1 nigdy nie zajdzie, a zatem odpada Resztę spr...

A co do `maksymalności` przedziałów (dla potomnych) przedziały (a, b) , [a, b) , (a, b] i [a, b] mają tę samą długość i tyle samo elementów (nawet jeśli w miejscach, gdzie nie są domknięte jest \pm \infty ), więc który jest bardziej `maksymalny`? Są takiej samej długości, ale w sensie relacji inklu...

3. Funkcje stałe są z definicji zarówno malejące jak i rosnące A funkcje stałe są z definicji "niemalejące i nierosnące", a nie "malejące i rosnące" To zależy od przyjętej terminologii... JK To ja poproszę o tę terminologię. W żadnym podręczniku do analizy czy innych źródłach ni...

@UP domykanie lub niedomykanie przedziałów na zasadzie zerowania się pochodnej ogólnie jest nieuzasadnione. Jeśli cokolwiek miałoby to uzasadniać to tylko obecność ekstremum, punkty nieciągłości lub wyłączenie argumentów z dziedziny. A funkcje stałe są z definicji "niemalejące i nierosnące"...

@UP ta interpunkcja boli 6\left(321863850+987607300 \cdot 10^{35890554} \right) \equiv 6 \cdot (26+0) \pmod{31} Oczywiście 6 \cdot (26) \equiv 1 \pmod{31} , a zatem 6\left(321863850+987607300 \cdot 10^{35890554} \right) - 1 \equiv 0 \pmod{31} i oczywiście 6\left(321863850+987607300 \cdot 10^{3589055...

Jedna z tych liczb jest podzielna przez 7, co łatwo z kongruencji powinno pójść


-----------------------------------------------------------
A wykazać mamy to co w tytule czy to co w poście?

A co było mniej elementarnego u mnie (nie pytam złośliwie, tylko ciekaw jestem po prostu, co masz na myśli)? Nie widzę specjalnej różnicy, poza moim zbędnym (tutaj) założeniem, że ułamek \frac{p}{q} jest nieskracalny. W sumie u mnie nawet nie było założenia o całkowitości p i q A tak poza tym twój ...

To tak najbardziej elementarnie chyba: Przyjmując za znane e = \sum_{0}^{\infty} \frac{1}{n!} załóżmy, że e = \frac{p}{q} Zatem z założenia wynikałoby eq! \in \mathbb Z ale z wzoru wyżej eq! = q!+q!+(q-1)!+...+1+\sum_{1}^{\infty} \frac{q!}{(q+i)!} I teraz szacujemy! \sum_{1}^{\infty} \frac{q!}{(q+i)...

To może ja to jeszcze tutaj zostawię

To nie jest istotne bo \mathcal{M}(x) = \mathcal{M}\left( \left\{ x\right\} \right) . Ano jest, bo M(x)=M(1-x)=M(\left\{ x\right\}) dla x>1 ALE \left\{ -x\right\} = 1-\left\{ x\right\} choć z tym powyższym rozumowaniem dostaniemy faktycznie to samo. -- 12 lip 2018, o 21:33 -- Nie jest to oczywiste....

W szczególności \mathcal{M}(\pi) = \mathcal{M}(1-\pi) i ogólnie \mathcal{M}(x) = \mathcal{M}(1-x) dla x>1 Chyba, że dla ujemnych liczenie wygląda inaczej? A raczej wygląda tak samo (czy rozważamy jednak mantysy jako argumenty? To w sumie ważna kwestia Ale z definicji naszej funkcji wynika, że powyżs...

Faktycznie - obrazowy przykład do normalności z tym rozkładem.

Spostrzeżenie do HT 2 dość oczywiste.

Jeszcze jedno pytanie - co robimy z \(\displaystyle{ x>1}\), np.

\(\displaystyle{ 3.14159265359}\)
"usunięcie trójki" oznacza
\(\displaystyle{ 0.1415926559}\)
czy
\(\displaystyle{ 3.1415926559}\)

Te przykłady z początku są mało obrazowe

Hipoteza 1 wynikałaby z normalności tych liczb (ale nie wiemy czy są :/) Ogólnie ciekawy temat, tylko czemu w przykładzie 2 nie możemy usunąć zer, by mieć \(\displaystyle{ 0,(123456789)}\)? Dodaj te zera i przecinki, bo teraz to te iksy jak l. całkowite wyglądają...

a4karo pisze:

PoweredDragon pisze:A dla \(\displaystyle{ f(x)<0}\) nie mamy analogicznej sprzeczności?

Funkcja rosnąca i wypukła musi dążyć do nieskończoności.

Eh. Myślałem, że mogła być wklęsła. Mój błąd

A czy z tego, że \(\displaystyle{ f(f(x))>0}\) dla \(\displaystyle{ x \in \mathbb R}\) nie można jakoś wywnioskować, że i \(\displaystyle{ f(x)>0}\) dla \(\displaystyle{ x \in \mathbb R}\)