Forum serwisu

\(|\Omega|=9\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\). Niech \(A\) - liczba parzysta, \(B\) - liczba z cyframi \(2,\ 5\). \[|B|=\color{red}{7}\cdot\color{green}{7}\cdot\color{blue}{6}\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3+\color{green}{8}\cdot\color{blue}{7}\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2=2^4\cdot3 ...

Ponieważ
\(a_1=1+\log_2 24=1+\log_2 (2^3\cdot3)=4+\log_23\\
a_2=2+2\log_2 6=2+2\log_2 (2\cdot3)=2+2(1+\log_23)=4+2\log_23=a_1+\log_23\\
a_3=4+3\log_2 3=a_2+\log_23\)
to...

Pozdrawiam
PS. Dawno Cię na forum nie było, ale... pisałeś już posty tak, że nie trzeba było ich poprawiać!

Ponieważ

Filip25 pisze: ↑23 sty 2025, 08:45 Oblicz pole ograniczone między krzywymi:

to, wg mnie, Filipowi chodzi o zaznaczony obszar.

Pozdrawiam

Pojedyncza próba: \(|\Omega|=6^2=36,\ |A|=6\), bo \(A=\{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\}\), czyli \(p(A)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}=p\) i \(q=1-p=\frac{5}{6}\). Ze schematu Bernoulli'ego: \(p(S_{20}=6)={20\choose6}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^6\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{14}=\ldots\ ...

Przebieg tego doświadczenia losowego można opisać bardzo elementarnie: \[\begin{array}{c|c|c|c|c|} \text{orzeł}&0&1&2&3\\\hline 0&0&1&2&3\\\hline 1&1&2&3&4\\\hline 2&2&3&4&5\\\hline 3&3&4&5&6\\\hline\end{array}\quad\begin{array}{c|c|c|c|c|} \text{reszka}&0&1&2&3\\\hline 0&0&0&0&0\\\hline 1&0&1&2&3\\\ ...

Ja - nie widzę takiej drogi...

Pozdrawiam

kalkulator

Pozdrawiam

W wersji WIadomo, że wszystkie liczby p są liczbami pierwszymi. Wykaż, że 4p^2+1 i 6p^2+1 też są pierwsze. zadanie też mi się nie podoba... \[\begin{array}{c|c|c}p&4p^2+1&6p^2+1\\\hline 2&17&5^2\\ 3&37&5\cdot11\\ 5&101&151\\ 7&197&5\cdot59\\ 11&5\cdot97&729\\ 13&677&5\cdot7\cdot29\\ 17&13\cdot89&5\cd ...

Wiadomo, że liczby p i q to liczby pierwsze. Rozwiąż równanie p^2-2q^2=1 \(q=2\So p^2=9\So p=3\), \(q=3\So p^2=19\So p\in\emptyset\), \[(q\equiv-1\mod 6\vee q\equiv1\mod 6)\So q^2\equiv1\mod 6\So p^2\equiv3\mod 6\iff\\ \qquad\iff p^2\equiv9\mod 6\So p\equiv3\mod 6\So p=3\] To rozpatrzyliśmy popr ...

WIadomo, że wszystkie liczby p są liczbami pierwszymi. Wykaż, że 4p^2+1, 6p^2+1 też są pierwsze. Dziwnie wygląda to zadanie... Aby \(4p^2+1, 6p^\color{red}{2}+1=q\in\mathbb{P}\), musi być całkowita. W szczególności \(5\mid p^2\), czyli \(p=5\). Wtedy \(q=141\). Gdyby \(4p^2+1, 6p+1=q\in\mathbb{P}\), ...

Skoro rzutem prostokątnym \(\overline{SM}\) na płaszczyznę podstawy jest \(\overline{CM}\), to są one równocześnie prostopadłe (albo żadna z nich) do \(\overline{AB}\) - taki jest sens tw. o trzech prostych...

Pozdrawiam

Rysunek mało czytelny, ale POPRAWNY.

Co do Twoich wątpliwości:
Z tw. o trzech prostych prostopadłych:
Rzutem prostokątnym wysokości \(\overline{SM}\) trójkąta \(ABS\) jest wysokość \(\overline{CM}\) trójkąta \(ABC\), zatem \(\tg\alpha=\dfrac{CS}{CM}\).

Pozdrawiam

Drugi znak nierówności jest niepoprawny, przecież zmniejszyłaś mianownik, czyli ułamek się zwiększył!

Pozdrawiam
PS. Pisz w kodzie \(\LaTeX\)

janusz55 pisze: ↑08 sty 2025, 17:59 ...korzystając z nierówności \( 2^{k} \geq k^3 \) otrzymujemy

\( 2^{k+1} = 2\cdot 2^{k} \geq 2k^3 + 3k^2 + 3k + 1 = \ldots.\)

Rozpiszesz to, proszę, wolniej? Bo, wg mnie, otrzymujemy
\[2^{k+1} = 2\cdot 2^{k} \geq 2\cdot k^3\]
Pozdrawiam

MathsIT pisze: ↑08 sty 2025, 00:54 ... dla przykładu \(n! > 2^n\) dla \(n \ge 4\)

Robię to (i znowu tylko krok) tak:
\[(k+1)!-2^{k+1}=(k+1)\cdot k!-(k+1)\cdot2^k+(k-4)\cdot2^k+3\cdot2^4=\\=(k+1)(k!-2^k)+(k-4)\cdot2^k+3\cdot2^k\nad{\text{z ZI}}{>}(k+1)\cdot0+0+3\cdot2^k>0\]
Pozdrawiam