Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

- zdjęcie

thomas1991

Rejestracja: 03 Sep 2008
Offline Ostatnio: Jan 04 2014 08:24
****-

#74458 Granica ciągu z 2 stałymi

Napisane przez thomas1991 w 04.11.2010 - 19:35

korzystamy z tego, że:  q = \lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n + 1}}{a_n}|

 q = \lim_{n \to \infty} \| \frac{\frac{(n + 1)^k}{C^{n + 1}}}{\frac{n^k}{C^k} \| = \lim_{n \to \infty} \| \frac{n^k(1 + \frac{1}{n})^k}{Cn^k}\| = \[ \frac{1 + 0 }{C} \] = \frac{1}{C}

i dla  C > 1 mamy  q < 1 tym samym  \lim_{n \to \infty} \frac{n^k}{C^n} = 0

pozdrawiam ;)
  • 1


#74431 Wagony.

Napisane przez thomas1991 w 04.11.2010 - 14:55

A nie należy uwzględnić jeszcze tego, że te osoby w kolejności takiej jak siedzą mogą zając raz jeden rząd a raz drugi? Tym samy nie powinno być  2\cdot V^3_5\cdot V^2_3 ?

pozdrawiam ;)
  • 2


#74406 Losowanie kart

Napisane przez thomas1991 w 03.11.2010 - 22:57

Ale w tali kart jest tylko jeden as pik...

pozdrawiam ;)
  • 1


#74400 Rzut kostką.

Napisane przez thomas1991 w 03.11.2010 - 22:40

 |\Omega| = 36

 A -  (6;1) \ ; \ (1;6) \ ; \ (2;5) \ ; \ (5;2) \ ; \ (3;4) \ ; \ (4,3) , zatem:  |A| = 6

 P(A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}

 B' - zdarzenie polegające na wyrzuceniu na każdej z kostek mniej niż 4, zatem:  |B'| = 4^2 = 16

 P(B) = 1 - P(B') = 1 - \frac{16}{36}

pozdrawiam ;)
  • 1


#74394 Wielokąt wypuły...

Napisane przez thomas1991 w 03.11.2010 - 22:31

.... liczba przekątnych wielokąta wypukłego przedstawia się wzorem:  \frac{n(n - 3)}{2} gdzie n to liczba wierzchołków , zatem:

 |\Omeg| = { n \choose 2 }
 |A| = \frac{n(n-3)}{2}

 \frac{9}{10} = \frac{|A|}{|\Omega|} - rozwiązując powyższe równanie otrzymasz rozwiązanie...

pozdrawiam ;)
  • 1


#74392 Kobiety i mężczyźni.

Napisane przez thomas1991 w 03.11.2010 - 22:25

....zamiast dodawać, powinnaś pomnożyć w podpunkcie b)....

pozdrawiam ;)
  • 2


#74298 Kwadrat liczby naturalnej

Napisane przez thomas1991 w 02.11.2010 - 22:42

Do pełni szczęścia wypadało by jeszcze pokazać, że  \frac{n(n + 1)}{2} jest liczbą naturalną... i tu np. indukcyjnie pokażemy, że  n(n + 1) jest podzielne przez dwa...

1. spr. dla  n =1 ,  1(1 + 1) = 2
2. założenie  k(k + 1) = 2a   \gr \Leftrightarrow  k = \frac{2a}{k + 1}
3.dowód, dla  k + 1
 (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(\frac{2a}{k + 1} + 2) = 2a + 2(k + 1) = 2(a + k + 1)



pozdrawiam ;)
  • 2


#74258 Ekstremum w tym samym punkcie

Napisane przez thomas1991 w 02.11.2010 - 13:02

...podstawiałem do równania i zapomniałem przemnożyć przez dwa, więc powinno być:  \frac{2m + 3}{2m^2 + 2m + 2} = 1 ....

pozdrawiam ;)
  • 1


#74257 Postać trygonometryczna

Napisane przez thomas1991 w 02.11.2010 - 12:57

 ( 1 + i)^5 = (1 + 2i + i^2)^2(1 + i) = 4i^2(1 + i) = -4 - 4i

 ( 1 - sqrt3 i )^4( 1 - sqrt3 i) = (1 - 2sqrt3 i + i^2)^2(1 - sqrt3 i) = 12i^2(1 - sqrt3 i) = -12 + 12sqrt3i

 (sqrt3  + i)^4 = (3 + 2sqrt3 i + i^2)^2 = (2 + 2sqrt3 i)^2 = 4 + 8sqrt3 i + 12i^2 = -8 + 8sqrt3 i i potem mamy:

 \frac{(-4 - 4i)12(-1 + sqrt3 i)}{8(-1 + sqrt3 i)} = -6 - 6i  a stąd dalej do postaci tryg....

pozdrawiam ;)
  • 1


#74252 Dwa różne pierwiastki

Napisane przez thomas1991 w 02.11.2010 - 12:12

...stosujemy podstawienie:  t:= \(\frac{1}{2}\)^x i otrzymujemy równanie:  (1 - m)t^2 + 4t - m - 2 = 0 - wyjściowe równanie będzie mieć dwa rzeczywiste pierwiastki gdy, równanie ze zmienną t będzie mieć dwa rozwiązania dodatnie, zatem:  \{ 1 - m \neq 0 \\ \Delta > 0 \\ t_1 + t_2 > 0 \\ t_1\cdot t_2 > 0 .

pozdrawiam ;)
  • 1


#74229 równanie okręgu

Napisane przez thomas1991 w 01.11.2010 - 21:34

... skoro okrąg jest styczny do osi OX w punkcie A=(6;0) to wps. tego okręgu są następujące  S=(6;b) (styczna jest prostopadła do promienia), zatem:

 \{ (9 - 6)^2 + (9 - b)^2 = r^2 \\ (6 - 6)^2 + (0 - b)^2 = r^2 - rozwiązując ten układ równań załatwiamy sprawę....

pozdrawiam ;)

PS: z rysunku wychodzi, że  r = 5 :whistle:
  • 1


#74227 Określ wzajemne położenie prostych

Napisane przez thomas1991 w 01.11.2010 - 21:22

proste k i l mają ten sam wsp. kierunkowy "a" tym samym można stwierdzić, że są do siebie równoległe...

pozdrawiam ;)
  • 1


#74186 Twierdzenie o 3 ciągach

Napisane przez thomas1991 w 01.11.2010 - 12:48

Z tego co tutaj widzę to aby twój ciąg mial granicę równą sqrt3 to powinien mieć postać:  a_n = \(3^n - sin(n)\)^{\frac{1}{2n}}

pozdrawiam ;)
  • 1


#74043 Rozwiązać nierówność.

Napisane przez thomas1991 w 30.10.2010 - 13:41

 k\in C ...zapis:  t\in \< \frac{\pi}{6} + k\pi; \frac{\pi}{2} + k\pi) , jest równoważny z tym, że:  \frac{\pi}{6} + k\pi \le \ t \ < \frac{\pi}{2} + k\pi , dodatkowo warto zauważyć, że:  t\ge 0 oraz  2^x + 1 > 0  \ dla \ x\in R , tak więc :

 \{ \sqrt{2^x + 1} \ge \frac{\pi}{6} + k\pi \\ \sqrt{2^x + 1} < \frac{\pi}{2} + k\pi  \gr \Leftrightarrow \{ 2^x + 1 \ge \(\frac{\pi}{6} + k\pi \)^2 \\ 2^x + 1 < \( \frac{\pi}{2} + k\pi\)^2  \gr \Leftrightarrow  \{ log_2(2^x) \ge log_2 \[(\frac{\pi}{6} + k\pi)^2 - 1\] \\ log_22^x < log_2\[\(\frac{\pi}{2} + k\pi\)^2 - 1\]  \gr \Leftrightarrow  \{ x \ge log_2\[(\frac{\pi}{6} + k\pi)^2 - 1\] \\ x < log_2\[\(\frac{\pi}{2} + k\pi\)^2 - 1\]   \gr \Leftrightarrow

 \re \fbox{ x\in\< log_2\[\(\frac{\pi}{6} + k\pi \)^2 - 1\]\ ; \ log_2\[\(\frac{\pi}{2} + k\pi\)^2 - 1\] \) - szukany przedział, będący rozwiązaniem

pozdrawiam ;)
  • 1


#73643 Napisz wzory funkcji homograficznych

Napisane przez thomas1991 w 25.10.2010 - 17:58

...funkcja homograficzna ma postać:  \frac{ax + b}{cx + d} , zatem rozkładamy na ułamki proste:

 \frac{12}{(x - 2)(x + 2)} = \frac{A}{x - 2} + \frac{B}{x + 2}  \gr \Leftrightarrow  \frac{12}{x^2 - 4} = \frac{x(A + B) - 2B + 2A }{x^4 - 4} - otrzymujemy układ równań:  \{ A + B = 0 \\ -2B + 2A = 12  \gr \Leftrightarrow  4A = 12  \gr \Leftrightarrow  A = 3 , zatem:  B = - 3

tak więc:  \re \fbox{ f(x) = \frac{3}{x - 2} \ \wedge \ g(x) = - \frac{3}{x + 2} lub  \re \fbox{ f(x) = -\frac{3}{x + 2} \ \wedge \ g(x) =  \frac{3}{x - 2}

pozdrawiam ;)
  • 1