Matematyka.pl

Policzenie iloczynu skalarnego otrzymanego wektora i \(\displaystyle{ \vec{AB}}\) pokazuje, że nie są one prostopadłe. Zamiast iloczynu wektorowego liczyłbym iloczyn skalarny \(\displaystyle{ \vec{AB}}\) i \(\displaystyle{ \vec{CD}}\).

Można z twierdzenia Cramera.

Trzeba skorzystać z definicji przemienności działania, elemntu odwrotnego i neutralnego.
W tym przypadku zachodzi wszystko.

Można skorzystać z równości wielomianów
\(\displaystyle{ x ^{3}+px-16=(x-a)(x-b)^2}\) .

wisienka1234 pisze: dobrze jest to rozwiązane, i co to znaczy wykonać sprawdzenie?

W rozwiązaniu brakuje \(\displaystyle{ x_3}\). Sprawdzenie polega na podstawieniu wyznaczonych wartości niewiadomych do układu i "sprawdzeniu", czy równania zamieniają się w równości.

No i jeszcze pierwsza z funkcji ma styczną poziomą \(\displaystyle{ y=0}\), druga \(\displaystyle{ y=4}\).

Kolega zapomniał o dziedzinie nierówności z logarytmem i pomylił iloczyn z sumą.. Logarytm ma (a więc i cała alternatywa) sens dla x>- \frac{2}{3} . i p(x) spełniają x \in \left(- \frac{2}{3};- \frac{1}{2} \right> \cup < \frac{11}{5};+ \infty ) . Tak więc istnieją liczby spełniające p(x) i badane zd...

Z prawa de Morgana mamy wyrażenie \(\displaystyle{ \wedge x \in R \ \ \neg p(x)}\). Żeby określić jego wartość logiczną należy poprawnie rozwiązać układ nierówności, czyli wyznaczyć zbiór "x-ów" spełniających p(x).

No i przede wszystkim należałoby sprawdzić czy dla każdego \(\displaystyle{ x}\) należącego do dziedziny \(\displaystyle{ -x}\) też do niej (dziedziny) należy.

Wspólna styczna (jeżeli istnieje) ma współczynnik kierunkowy spełniający równanie \(\displaystyle{ f'(x)=g'(x)}\). Pozostaje jeszcze pokazać, że nie istnieje teź styczna postaci \(\displaystyle{ y=m}\).

A czemu ma ona (macierz dołączona) służyć?

Ale się porobiło.
Odpowiadający ma być Duchem Świętym i wiedzieć, w którym miejscu Potrzebujący utknął.
Potrzebujący zamiast - na podstawie odpowiedzi - sprecyzować swój problem, twierdzi, że osoby próbujące mu pomóc błądzą.
It's all.

Elementy zbioru \(\displaystyle{ \{1,2\}}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a=1+ \frac{b}{b} \ \left(2=1+ \frac{1}{1} \right)}\), ale w żaden sposób nie wybierzemy z niego dwóch takich, żeby ich suma była większa od 4.

Wydaje mi się, że do policzenia jest granica
\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0 } \frac{ \left( \frac{\pi}{4}+h \right) \sin \left( \frac{\pi}{4}+h \right) - \frac{\pi}{4}\sin \frac{\pi }{4} }{h }}\)