Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

- zdjęcie

thomas1991

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

#78037 Udowodnienie podzielności sumy sześcianów przez 9

Napisane przez thomas1991 w 02.01.2011 - 12:47

 n\in N
 (3n - 1)^3 + (3n)^3 + (3n + 1)^3  = 27n^3 - 27n^2 + 9n - 1 + 27n^3 +27n^3  + 27n^2 + 9n + 1 = \\<br />\\81n^3 + 18n  = 9(9n^3 + 2n)

pozdrawiam :)
  • 1


#77884 parametr a, dla którego brak jest rozwiązań

Napisane przez thomas1991 w 29.12.2010 - 23:14

...funkcja  sinx przyjmuje wartości  \<-1;1 \> ; powyższe równanie nie będzie miało rozwązań gdy  \{ a^2 + 1 > 1 \\ a^2 + 1 < -1 , zatem  \{ a^2 > 0 \Rightarrow a\in R\backslash \{0\} \\ a^2 < - 2 \Rightarrow a \in \phi ,tak więc  \red \fbox{ a\in R\backslash\{0\}

pozdrawiam ;)
  • 1


#77862 granica funkcji

Napisane przez thomas1991 w 29.12.2010 - 17:24

 \lim_{x \to 0} \frac{(cosx)^{\frac{1}{3}} - 1}{x^2} = \[\frac{0}{0}\] =^H \lim_{x \to 0} \frac{[(cosx)^{\frac{1}{3}} - 1]'}{(x^2)'} = \lim_{x \to 0} \frac{ -sinx}{6x(cosx)^{\frac{2}{3}} }= \[\frac{0}{0}\] =^H \lim_{x \to 0} \frac{ (-sinx)'}{[6x(cosx)^{\frac{2}{3}}]'} = \lim_{x \to 0} \frac{-cosx}{6(cosx)^{\frac{2}{3}} + 6x[(cosx)^{\frac{2}{3}}]'} =- \frac{1}{6}

pozdrawiam ;)
  • 1


#77707 piłki w pudełku

Napisane przez thomas1991 w 22.12.2010 - 23:47

... skoro piłki są takie same i w każdym pudełku są minimum dwie; to bierzemy sobie osiem piłek wkładamy po dwie do każdego pudełka. Pozostają nam dwie piłki; mogą trafić razem to jednego z czterech pudełek, zatem mamy cztery możliwości oraz osobno a wtedy mamy  \frac{4\cdot 3}{2} - pierwsza do jednego z czterech pudełek druga do jednego z trzech pudełek ponadto są takie same więc jak zmienią się miejscami nie zobaczymy różnicy wiec możliwości będzie o połowę mniej. Podsumowując wszystkich możliwości rozlokowania piłek jest  10 .

pozdrawiam :)
  • 1


#77365 zbieznosc szeregu

Napisane przez thomas1991 w 16.12.2010 - 14:56

możemy zrobić sobie podstawienie:  y = ln(n)  \gr \Leftrightarrow  e^y = n

sprawdzamy warunek konieczny:  \lim_{n \to \infty} \frac{ln(n)}{n^3} = \| e^y = n \\ \ gdy \ n \to \infty \ to \ y \to \infty \| = \lim_{ y \to \infty} \frac{ y}{e^{3y}} = 0

korzystamy z kryt. d'alemberta:
 q =  \lim_{y \to \infty} \frac{y + 1}{e{3y + 3}} \cdot \frac{e^3y}{y} = \lim_{y \to \infty} \frac{y(1 + \frac{1}{y})}{e^3e^{3y}}\cdot \frac{e^{3y}}{y} = \frac{1}{e^3} - skoro  q < 1 to na mocy kry. możemy stwierdzić, że szereg jest zbieżny

pozdrawiam ;)
  • 1


#77364 zbieznosc szeregu

Napisane przez thomas1991 w 16.12.2010 - 14:44

sprawdzamy warunek konieczny:  \lim_{ n \to \infty} \frac{ n^2 + 5}{3^nn^3} = \lim_{n \to \infty} \frac{1+ \frac{5}{n^2}}{3^n n} = \[ \frac{1}{\infty} \] = 0

korzystamy z kryt. d'alemberta i mamy:

 q =  \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)^2 + 5}{3^{n + 1}(n + 1)^3} \cdot \frac{3^nn^3}{n^2 + 5} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2[( 1 + \frac{1}{n^2})^2 + \frac{5}{n^2}]}{3\cdot 3^n n^3(1 + \frac{1}{n^3})^3}\cdot \frac{3^n n^3}{n^2(1 + \frac{5}{n^2})} =  \frac{1}{3} , skoro  q < 1 to na mocy kryterium d'alemberta można stwierdzić, że szereg jest zbieżny

pozdrawiam ;)
  • 1


#76706 cztery pierwiastki

Napisane przez thomas1991 w 08.12.2010 - 00:30

 m \neq 1
 \{ t: = x^2 \\ 4x^4 + (m - 1)x^2 + 1 = 0  \gr \Leftrightarrow  4t^2 + (m - 1)t + 1 = 0 - pierwotne równanie będzie miało cztery rozwiązania gdy równanie kwadratowe będzie miało dwa rozwiązania dodatnie, zatem:  \{ \Delta > 0 \\ t_1 + t_2 > 0 \\ t_1t_2 > 0

pozdrawiam ;)
  • 1


#76306 Która z liczb jest większa

Napisane przez thomas1991 w 30.11.2010 - 23:14

 4^{12} - 9^{6} = [4^{12}]^2 - [3^{6}]^2 = (2^{12} - 3^6)(2^{12} + 3^6) wnioski samodzielnie....

pozdrawiam ;)
  • 1


#75551 wzór moivre`a

Napisane przez thomas1991 w 19.11.2010 - 11:48

albo od razu tak,  [(1 + i)^2]^5 = (1 + 2i + i^2)^5 = (2i)^5 = 32i

pozdrawiam ;)
  • 1


#75117 funkcja logarytmiczna

Napisane przez thomas1991 w 13.11.2010 - 17:36

dla   m = \frac{1}{16} równanie nie ma również rozwiązań...

pozdrawiam ;)
  • 1


#75090 urna

Napisane przez thomas1991 w 13.11.2010 - 15:11

 \Omega = \{(k;l)\ : \ k,l\in\{1 + 2 + ... + n\} \ \wedge \ k \neq l \}

|\Omega| = \frac{n!}{(n - 2)!} = n(n - 1)

biorąc pod uwagę kolejność mamy odpowiednio:
 n = 3 - 2 możliwości  (k ; l) = (1;3) \ \vee \ (3;1)
 n = 4 - 4 możliwości  (k;l) = (1;3) \ \vee \ (3;1) \ \vee \ (2;4) \ \vee \ (4;2)
 n = 5 - 6 możliwości  (k;l) = (1;3) \ \vee \ (3;1) \ \vee \ (2;4) \ \vee \ (4;2) \ \vee \ (3;5) \ \vee \ (5;3)

łatwo zauważyć, że dla kolejnych wartości n będziemy mieli odpowiednio  2(n - 2) \ dla \ x \ge 3  możliwości wyboru dwójki liczb spełniających założenie zadania, zatem:

 |A| = 2(n - 2)

 P(A) = \frac{2(n - 2)}{n(n - 1)} > \frac{1}{4} - rachunki na koniec(przy rozwiązaniu należy pamiętać, że  n \in N )


pozdrawiam ;)
  • 1


#75084 nierownosc z wartoscia bezwzgledna

Napisane przez thomas1991 w 13.11.2010 - 14:41

najładniej ten fakt widać wtedy gdy zilustrujemy sobie naszą nierówność na osi liczbowej...  |x - 5| > 12 wtedy to naszym rozwiązaniem będą wszystkie x których odległość od 5 jest większa od 12 a zatem argumenty po prawej lub po lewej "stronie piątki " oddalone o więcej niż 12 natomiast w przy  |x - 5| < 6 naszym rozwiązaniem są "x" których odległość od 5 jest mniejsza niż 6 a zatem część wspólna przedziałów dla których x - 5 < 6 \ \wedge \ x - 5 > - 6
pozdrawiam ;)
  • 1


#75083 funkcja logarytmiczna

Napisane przez thomas1991 w 13.11.2010 - 14:32

 \|\frac{1}{x - 1}\| \> 0 , zatem:  \|\frac{1}{x - 1}\| - 4 > - 4 - tak więc:  D^{-1} \in\(-4 + \infty) tym samym nasze równanie nie będzie mieć rozwiązań gdy:  log_2m \le -4 - dalej już tylko rachunki...

pozdrawiam ;)
  • 1


#75077 nierownosc z wartoscia bezwzgledna

Napisane przez thomas1991 w 13.11.2010 - 13:57

powinno być tak:

 |x - 5|  - 9 > 3 \  \vee \ |x - 5| - 9 < -3

 \[ x - 5 > 12 \ \vee \ x - 5 < -12 \] \ \vee \ \[ x - 5 < 6 \ \wedge \ x - 5 > - 6 \]

pozdrawiam ;)
  • 1


#74563 Granica ciągu z czymś do 5 potęgi

Napisane przez thomas1991 w 06.11.2010 - 13:54

albo, tak  \lim_{n \to \infty} \frac{n^5[1 + (1 + \frac{1}{n})^5  + (1 + \frac{2}{n})^5 + \ ... \ + (1 + \frac{100}{n})^5]}{n^5(1 + \frac{100^5}{n^5})} = \[\frac{1 + (1 + 0)^5 +( 1 + 0)^5 + \ ... \ + (1 + 0)^5}{1 + 0} \] =  \frac{101}{1} = 101
pozdrawiam ;)
  • 2