Forum serwisu

Tak.
Zero będzie jedynym rozwiązaniem.

Granice:
1. Co jest pod sinusem? Jakiś nawias by się przydał.
2. Np. oszacowanie silni wynikające z wzoru Stirlinga.
3. Łatwa indukcja pokazuje, że \(n!>(n/e)^n\).

Dowód:
Jest trywialny. Próbowałeś chociaż napisać?

Bardzo proszę o sprawdzenie. arcsin x = 2 arccos \sqrt{1-x} Wyznaczyłam dziedzinę: x \in <0;1> Rozwiązałam w ten sposób: skoro: arcsin x+arccos x = \frac{ \pi }{2} to: arccosx+2arccos \sqrt{1-x}= \frac{\pi}{2} arccosx= \beta arccos \sqrt{1-x}= \alpha \alpha , \beta \in (0, \pi) \alpha +2 \beta = \fr ...

(...)i nieprawda że istnieje x należące do A2 Nieprawda. Tutaj już bez kwantyfikatora. Zadanie wymaga formalnego sprawdzenia, w takich sytuacjach lepiej używać zapisu symbolicznego zamiast słownych opisów. Zakładając że mamy ustaloną funkcję f i zbiory A_1, A_2 zawarte w dziedzinie: Weźmy dowolny el ...

Cztery takie punkty są: (-1,-2), (-2,-1), (1,2), (2,1).
Więcej nie ma, bo dla x>2 zachodzi 0<f(x)<1, natomiast dla x<-2 zachodzi 0>f(x)>-1.

Na odwrót: -1 na ujemnej półosi, +1 na dodatniej.
I złe są kropki - nie powinny być zamalowane. Bo w punkcie 0 funkcja nie jest określona.

Twierdzisz że np. z=0 nie spełnia nierówności \(|z ^{2}+3iz | \le |z|\) ?

Kiedyś pisałem, powinno być na forum. Radziłbym jednak spróbować, w poleceniu jest przecież napisane co należy zrobić...

W definicji funkcji występuje wartość bezwzględna. Można się jej łatwo pozbyć:
dla x<0 mamy f(x)=(-x)/x=-1;
dla x>0 mamy f(x)=x/x=1.
Zatem funkcja jest przedziałami stała: na półprostej \((-\infty,0)\) ma wartość -1, na półprostej \((0,+\infty)\) ma wartość 1. To jedyne wartości jakie osiąga.

1. Przemyśl to raz jeszcze.

2. Wykorzystaj fakt, że \(n\sin\frac{1}{n}=\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\to 1\) gdy \(n\to\infty\).

3. Oszacowanie jest dość trywialne: \(0<\frac{5^n}{2^n+6^n}<\frac{5^n}{0+6^n}\).

Dla każdego \(x\neq 0\) zachodzi \(f(x)\neq 0\). Dla każdego \(t\neq 0\) istnieje \(x\neq 0\) takie że \(f(x)=t\), mianowicie \(x=\frac{4}{t}\).

Pierwsza funkcja: Dla x\neq -5 jest f(x)=x+5, co ma w punkcie -5 granicę 0. Zatem funkcja ma punkt nieciągłości. Druga funkcja też poza być może jednym punktem (tu: zero) jest ciągła z oczywistych względów. W otoczeniu zera tg x=x+x^3/3+o(x^4) oraz \sin x=x-x^3/6+o(x^4) , więc \lim_{x\to 0^-}\frac{tg ...

Dziedziną jest [7,+\infty), więc wzór można przepisać z pominięciem modułu.
Badając pochodną łatwo stwierdzić, że maksimum (globalne) jest równe -2, osiągane dla x=11.
Najmniejszej wartości nie ma, bo w +nieskończoności funkcja ma granicę -nieskończoność.

Jest monografia Antoniego Wawrzyńczyka "Współczesna teoria funkcji specjalnych". Ukazała sie w serii Biblioteka Matematyczna, tom 52. To jedna z bardzo niewielu książek w jęz. polskim poświęcona specjalnie toorii funkcji specjalnych. Jeśli chodzi o zbiór zadań, to "specjalnego" chyba nie ma. Ale w ta ...

miodan pisze:Zadanie nic o tym nie mówi

Przeczytaj je. A konkretnie, czwarty wyraz.

miodan pisze: ale jeśli boki tworzą ciąg, to trójkąt nie może być równoboczny

Może.

miodan pisze:ale ten trójkąt nie mógłby być wtedy prostokątny.

A gdzie była mowa o prostokątnym?