Matematyka.pl

Podstawowy wzór to: n = k \cdot \left\lfloor \frac nk \right\rfloor + (n \mod k) i jest on w zasadzie oczywisty, bo k mieści się \left\lfloor \frac nk \right\rfloor razy w n . Stąd łatwo wynika dla n=y,k=x : y\mod x = y- x \cdot \left\lfloor \frac yx \right\rfloor (i ten wzór można uogólnić też na l...

Dzięki równości:
\(\displaystyle{ 1+q^2+q^4 = (q^4+2q^2+1) - q^2= (q^2+1)^2-q^2 = (q^2+q+1)(q^2-q+1)}\)
dostajemy po podzieleniu stronami drugiego równania dwukrotnie przez pierwsze:
\(\displaystyle{ \frac{1-q+q^2}{1+q+q^2}=3}\)
i dalej łatwo.

Q.

\(\displaystyle{ x+\frac 1x =3 \Rightarrow x^2 +2 + \frac{1}{x^2} = 9 \Rightarrow x^2 - 2 +\frac{1}{x^2}=5 \Rightarrow \left( x- \frac 1x\right)^2 =5 \Rightarrow \ldots}\)

Q.

Czyli wydawałoby się , że moc zbioru zdarzeń sprzyjających to \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}2^{n-k}=3^{n} . A nieee, głośno "myślę", to pułapka, w ten sposób wiele składników liczymy dwa razy (dajmy na to, mamy jakiś zbiór jednoelementowy i dobieramy do niego podzbiory zbioru n-1 -elementow...

W drugim kroku indukcyjnym załóżmy, że wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb mniejszych niż n i pokażmy jego prawdziwość dla n (oczywiście n>1 ). Jeśli n=2k dla pewnego k całkowitego, to z uwagi na k<n wiemy, że wzór jest prawdziwy dla k , mamy zatem: T(n)=T(2k) = T(k)+1 = \lceil {\log_2k} \rceil...

Mamy: a_{n+1}=4+ a_1...a_n= 4 + (a_n-4)a_n=(a_n-2)^2 I dalej łatwa indukcja - dla n=1 teza jest prawdziwa, a jeśli jest prawdziwa dla pewnego n\ge 1 , to: a_{n+1} = \left( \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) ^{2^{n-1}} + \left( \frac{3- \sqrt{5}}{2} \right) ^{2^{n-1}}\right)^2 = \left( \frac{3+\sqrt...

Oczywiście, bredzę. I oczywiście w drugim przypadku też się nie da - tym razem niezmiennikiem jest to, że reszty z dzielenia przez trzy liczb kameleonów poszczególnych kolorów to 0,1,2 . A zatem nigdy nie dostaniemy sytuacji, że wszystkie 156 kameleonów jest jednego koloru, bo to oznacza zestaw resz...

Na wyspie Bua to niemożliwe, bo niezmiennikiem jest nieparzystość liczby kameleonów zielonych (tak samo dla czerwonych). Za każdym razem może albo przybyć dwa zielone, albo ubyć dwa zielone, albo nic się nie zmienić. Natomiast na wyspie Mua to możliwe: wystarczy, że najpierw jedenaście razy spotka s...

Wszystko się zgadza. W przypadku gdy wyznacznik się zeruje, stosowne m -y możesz podstawić zarówno do wyjściowej macierzy jak i do ostatniej która Ci wyszła. Równie dobrze można było zacząć od liczenia wyznacznika macierzy 4\times 4 i przeprowadzenia podobnego rozumowania (rachunkowo jest to niemal ...

W rozwiązaniu algebraicznym nie trzeba żadnych przypadków, bo z równości:
\(\displaystyle{ \left| \frac{4}{|x|-2} \right|=x-2}\)
wynika, że \(\displaystyle{ x\ge 2}\) (bo lewa strona jest nieujemna, zatem prawa też).

A stąd oczywiście równanie jest równoważne:
\(\displaystyle{ \frac{4}{x-2}=x-2}\).

Q.

Wychodzi odcinek, a nie prosta.
Punkty \(\displaystyle{ 4i}\) oraz \(\displaystyle{ -4i}\) są odległe o \(\displaystyle{ 8}\), więc łatwo widać, że każdy punkt łączącego je odcinka ma tę własność, że jego suma odległości od nich wynosi \(\displaystyle{ 8}\), oraz że żaden inny punkt nie ma tej własności.

Q.

Ta nierówność jest równoważna:
\(\displaystyle{ e^{-x^2}\le \frac{1}{1+x^2}}\)

Q.

Pierwsze rozbicie to po prostu równość \(\displaystyle{ k^2= k+ k(k-1)}\). A dalej można bez pochodnych, a tylko korzystając z tożsamości \(\displaystyle{ k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}}\).

Q.

Można też skorzystać z rozwinięcia w szereg:
\(\displaystyle{ (1+nx)^{\frac 1n} = 1+ x - \frac{n-1}{2}x^2+\frac{(n-1)(2n-1)}{6}x^3 +o(x^3)\\
\sin x = x- \frac{x^3}{6} + o(x^3)\\
\ln (1+x) = x- \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\\
\sin x \ln (1+x) = x^2-\frac{x^3}{2} + o(x^3)}\)

Q.

Użyj zasady włączeń i wyłączeń.

Q.