Forum serwisu

1.
\(\begin{cases}x^2+y^2=0\\x+3y=1\end{cases}\)

Pierwsze równanie jest spełnione tylko dla pary
\(\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}\)
Ale ta para liczb nie należy do zbioru rozwiązań drugiego równania, bo
\(0+3\cdot0=0\neq1\)

dlatego układ równań opisuje zbiór pusty
A.

4. Narysuj trójkąt równoboczny ABC o boku 6. Poprowadź wysokość CD trójkąta na bok AB. Wpisz w ten trójkąt prostokąt KLMN tak, żeby bok KL zawierał się w odcinku AB, punkt M leżał na boku BC, a N- na boku AC. Oznacz P- środek boku MN, punkt przecięcia odcinków MN i CD. Trójkąty prostokątne BCD i BML...

3. a, b, c- krawędzie prostopadłościanu (a, b, c)- ciąg arytmetyczny a=1 1+c=2b\\c=2b-1\\V=abc=3\\1\cdot b(2b-1)=3\\2b^2-b-3=0\\\Delta=1+24=25\\b=\frac{1-5}{4}<0\ \vee\ b=\frac{1+5}{4}=\frac{3}{2}\\c=2\cdot\frac{3}{2}-1=2 p- przekątna prostopadłościanu p^2=a^2+b^2+c^2=1^2+(\frac{3}{2})^2+2^2=1+\frac...

2. 180^0-2\cdot30^0=120^0 Narysuj trójkąt równoramienny ABC (podstawę ostrosłupa), w którym AC i BC to ramiona, AB to podstawa trójkąta. Kąt ACB ma miarę 120 stopni. Poprowadź wysokość CD na podstawę AB. |AC|=|BC|=a\\|BD|=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\|AB|=a\sqrt{3} Pole tego trójkąta jest równe polu trójkąt...

1. a- krawędź podstawy b- krawędź boczna d- dłuższa przekątna podstawy D- dłuższa przekątna graniastosłupa b=4 d=2a (b, d, D)- ciąg geometryczny bD=d^2\\4D=(2a)^2\\4D=4a^2\\D=a^2 z twierdzenia Pitagorasa: b^2+d^2=D^2\\4^2+(2a)^2=(a^2)^2\\16+4a^2=a^4\\a^4-4a^2-16=0\\\Delta=16+64=80\\a^2=\frac{4-4\sqr...

x\in(\frac{1}{2}\pi;\ \frac{3}{2}\pi)\\cosx<0 \sqrt{tg^2x-sin^2x}+\frac{1}{cosx}=\sqrt{\frac{sin^2x}{cos^2x}-sin^2x}+\frac{1}{cosx}=\sqrt{\frac{sin^2x-sin^2xcos^2x}{cos^2x}}+\frac{1}{cosx}= =\sqrt{\frac{sin^2x(1-cos^2x)}{cos^2x}}+\frac{1}{cosx}=\sqrt{\frac{sin^2x\cdot sin^2x}{cos^2x}}+\frac{1}{cosx...

W trapezie ABCD o podstawach AB i CD poprowadź przekątne AC i BD. Punkt przecięcia przekątnych nazwij P. Trójkąty ABP i CDP są podobne, więc punkt P dzieli każdą z nich w stosunku równym |AB|:|CD| W tym trapezie zaznacz teraz punkt O- punkt przecięcia przekątnej BD i odcinka KL, gdzie K- środek pods...

a- długość krawędzi podstawy b- długość krawędzi bocznej Jeśli jako podstawę potraktujemy jedną ze ścian bocznych, to mamy ostrosłup, którego podstawą jest prostokątny trójkąt równoramienny o ramionach b, a wysokość ostrosłupa jest równa b. V=\frac{1}{3}\cdot\frac{b^2}{2}\cdot b=9\sqrt{2}\\b^3=27\cd...

\(x\neq2\\\frac{x^2-2x}{\sqrt{x+2}-2}=\frac{x(x-2)(\sqrt{x+2}+2)}{x+2-4}=\frac{x(x-2)(\sqrt{x+2}+2)}{x-2}=x(\sqrt{x+2}+2)\)


\(\lim_{x\to2}\frac{x^2-2x}{\sqrt{x+2}-2}=\lim_{x\to2}[x(\sqrt{x+2}+2)=2(\sqrt{4}+2)=2(2+2)=8\)

3x=\frac{4x+2x}{2}\\x=\frac{4x-2x}{2} sinx\cdot sin3x=\frac{1}{2}\\-2sinx\cdot sin3x=-1\\cos4x-cos2x=-1\\cos^22x-1-cos2x=-1\\2cos^22x-cos2x=0\\cos2x(2cos2x-1)=0\\cos2x=0\ \ lub\ \ cos2x=\frac{1}{2}\\2x=\frac{\pi}{2}+k\pi\ \ lub\ \ 2x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\ \ lub\ \ 2x=\frac{5}{3}\pi+2k\pi\\x=\frac{\p...

(a+2)sin2x=a^2-4 Dla a=-2 mamy: 0\cdot sin2x=0 Ma rozwiązania (każda liczba rzeczywista spełnia równanie). a\neq-2\\sin2x=\frac{a^2-4}{a+2}=\frac{(a+2)(a-2)}{a+2}=a-2\\-1\le sin2x\le1\\a-2<-1\ \ lub\ \ a-2>1\\a<1\ \ lub\ \ a>3 a\in(-\infty;\ -2)\ \cup\ (-2;\ 1)\ \cup\ (3;\ \infty)

Tam była pomyłka w zapisie (zamiast -3/2 zapisałam -3/3). Powinno być:
\(b_{20}=b_1+19r=-\frac{3}{2}+19\cdot1=-\frac{3}{2}+19=\frac{-3+38}{2}=\frac{35}{2}\)

Ten przekrój to sześciokąt, który można potraktować jak sumę dwóch trapezów równoramiennych. K-środek krawędzi AB L- środek BC M- środek CC1 N- środek C1D1 O- środek A1D1 P- środek AA1 |KL|=a\sqrt{2}=|NO|\\|PM|=2a\sqrt{2}\\|AK|=a\\|PA|=2a\\|PK|^2=a^2+(2a)^2=5a^2\\|PK|=a\sqrt{5}=|OP|=|MN|=|LM| Rozpat...

Ale to nie jest prawdziwa równość

Weź na przykład a=3 i b=5

\(L=\sqrt{3^2+5^2+2\cdot3\cdot5}=\sqrt{(3+5)^2}=8\\P=-(3+5-3\cdot5)=-(8-15)=7\\L\neq P\)

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów ACD i BCD:
\(AC^2=CD^2+AD^2\\BC^2=CD^2+BD^2\\AC^2-BC^2=AD^2-BD^2\)

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów APD i BPD:
\(AP^2=AD^2+PD^2\\BP^2=BD^2+PD^2\\AP^2-BP^2=AD^2-BD^2\)

Stąd:
\(AC^2-BC^2=AP^2-BP^2\)