Matematyka.pl

o ile się nie pomyliłem w rozpisywaniu, mamy \(\displaystyle a_n := \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k}-2\sqrt n = \sum_{k=1}^n \frac{-1}{\sqrt k (\sqrt k + \sqrt{k-1})^2}\) i w związku z tym \(a_n\) jest sumą częściową zbieżnego szeregu \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{-1}{\sqrt k (\sqrt k + \sqrt...

Dasio11 pisze: ↑3 sty 2024, o 00:43 Twierdzenie Stolza wymaga, by mianownik rósł do nieskończoności.

jest wersja twierdzenia Stolza, w której mianownik monotonicznie dąży do zera, ale wtedy trzeba jednocześnie założyć, że licznik dąży do zera

\(\displaystyle\sqrt{ \frac{n}{1} } +...+\sqrt{ \frac{n}{n} } - 2n = \frac{\frac{1}{\sqrt 1}+\frac{1}{\sqrt 2}+\ldots+\frac{1}{\sqrt n} - 2\sqrt n}{\frac{1}{\sqrt n}}\), więc dobrym pomysłem może być korzystanie ze Stolza

próbowałeś z twierdzenia o trzech prostopadłych?

\(OB_1\perp EC \iff FB \perp EC\) gdzie \(F\) jest rzutem \(O\) na płaszczyznę \(ABCD\) (czyli \(F\) jest środkiem krawędzi \(AD\))

niesamowita historia

pokażesz jego rysunek?

jeśli bok trójkąta równobocznego jest równy \(a\), to \(\displaystyle{ \begin{align*}AD-DB+BE-EC+CF-FA&=\frac{(AD+DB)(AD-DB)+(BE+EC)(BE-EC)+(CF+FA)(CF-FA)}{a}\\&=\frac{AD^2-DB^2+BE^2-EC^2+CF^2-FA^2}{a}\\&=\frac{AP^2-PB^2+BP^2-PC^2+CP^2-PA^2}{a}\\&=0\end{align*}}\)

dla \(n=1\) się da

nie ma

wszystkie przechodzą przez środek obrotu przeprowadzającego \(o_1\) na \(o_2\) i początkową pozycję \(A\) na początkową pozycję \(B\) jeśli taki obrót nie istnieje, to znaczy, że prosta \(AB\) w każdym momencie jest równoległa do prostej przechodzącej przez środki \(o_1\) i \(o_2\) i wtedy symetraln...

bosa_Nike pisze: ↑8 paź 2023, o 01:09 Co do szukania \(K_{min}\) w części pierwszej, to nie jest dla mnie jasne, dlaczego \(R\) ma pozostawać stałe przy ustalonych \(a,A\) i zmiennych \(b\to a,c\to 0\).

bo \(R=\dfrac{a}{2\sin A}\)

twierdzę, że najmniejszym takim \(K\) jest \(K=\frac{3\pi}{4}\) rozważmy trójkąty z ustalonym bokiem \(BC\) i ustalonym kątem \(\angle BAC=K\) i zmieniajmy boki w taki sposób, że \(AB \to 0\); wtedy \(R\) pozostaje stałe, \(r \to 0\) i \(s\to a\), a więc nierówność \(s^2 \le 2R^2+8Rr+3r^2\) po przej...

niech \(E\) będzie odbiciem \(C\) względem \(BD\) na kątach widzimy, że \(\angle EDA=\frac\pi3\), a poza tym \(ED=CD=AD\), więc trójkąt \(ADE\) jest równoboczny to daje \(EA=ED\), ale też \(EB=BC=ED\), więc \(A,B,D\) leżą na okręgu o środku \(E\) stąd \(x=\angle BAD = \frac 12 \angle BED = \frac 12 ...

powiedzmy, że mamy do czynienia z kratą \(m \times n\) powiększamy kratę o jeden wiersz z góry i o jeden wiersz po prawej i przedłużamy daną łamaną do łamanej zamkniętej tak jak na rysunku Screenshot 2023-09-04 135316.png ze wzoru Picka dostajemy, że ograniczony wielokąt ma pole \(W+\frac 12 B - 1 ...

łatwiej robić indukcję ze skokiem \(2\)

dla \(n\ge 2\) wśród liczb \(n+1,n+2\) jedna jest parzysta (a zatem złożona, bo większa od \(2\)), więc wśród nich jest co najwyżej jedna liczba pierwsza

to daje \(p(n+2) \le 1+p(n)\)

ręcznie sprawdzamy, że działa dla \(n=8\) i \(n=9\) i odpalamy indukcję

nazwijmy kolejne wierzchołki wielokąta od lewej do prawej przez \(A,B,C,D,E,F,G\) te punkty leżą na jakimś okręgu, którego środek oznaczę przez \(O\), a promień przez \(r\) oznaczając \(\angle AOB=2x\) mamy \(\angle BOC = \angle COD = \ldots = \angle FOG = 2x\), \(\angle AOG = 12x\), więc z twierdze...