Forum serwisu

Ponieważ \(\tg\left(\alpha-{\pi\over3}\right)=\frac{\tg\alpha-\sqrt3}{1+\tg\alpha\cdot\sqrt3}\) to musi \(\frac{\tg\alpha-\sqrt3}{1+\tg\alpha\cdot\sqrt3}=2\\\ldots\\ \tg\alpha=\frac{-\sqrt3-2}{2\sqrt3-1}= \frac{(-\sqrt3-2)(2\sqrt3+1)}{(2\sqrt3-1)(2\sqrt3+1)}=\ldots\) Pozdrawiam PS. Ogarnij, proszę, ...

\(\Limn\frac{n^2-4}{2n^2+8}\cdot\Limn\frac{(pn-1)^3+8}{(p-2)n^3+4}=1\iff\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{p^3}{p-2}=1\wedge p\ne2\right)\\
p^3-2p+4=0\\
(p+2)(p^2-2p+2)=0\\ p=-2\)
Pozdrawiam

Ponieważ
\(a_1+a_3+a_5+\ldots+a_{2023}=10+10^3+10^5+\ldots+10^{2023}=\underbrace{101010\ldots10}_{1012\text{ cyfr }1}\)
to suma cyfr tej liczby jest równa \(1012\).
Suma cyfr liczby \(K=\underbrace{101010\ldots10}_{1010\text{ cyfr }1}3034\) jest równa \(1020\).

Pozdrawiam

Niech \(M\) będzie środkiem \(\overline{AB}\). wtedy \(\vec{AM}=[3,1]=\vec{MB}\So B(2+3,-2+1)\) \(\vec{BC}=[-2,6]\So C(5-2,-1+6)\) \(\vec{AC}=[3+1,5+3]\) \(|\vec{AB}|^2+|\vec{BC}|^2=40+40=80=|\vec{AB}|^2\So \vec{AC} \perp \vec{BC} \) \(P_{\Delta ABC}={1\over2}\cdot |\vec{AB}|\cdot|\vec{BC}|={1\over...

\(|\Omega|=4\cdot5\cdot6=120\\
A=\{100,121,144,225,324,400,441\}\So |A|=7\\
B=\{125,342\}\So |B|=2\\
C=\{100,144,323,400\}\So |C|=4\)
Zakładając jednakowe p-wa zdarzeń elementarnych, z definicji Laplace'a:
\(p(A)={7\over120},\ p(B)={2\over120}={1\over60},\ p(C)={4\over120}={1\over30}\)

Pozdrawiam

Masz rację, dziękuję za uwagę, poprawiłem.

Pozdrawiam

1. \(p=\frac{8+16+16}{2}=20\)
2. \(P_\Delta=\sqrt{20\cdot(20-8)(20-16)(20-16)}=\ldots\)
3. \(P_\Delta=20r\So r=\ldots\)
4. \(P_\Delta=\frac{8\cdot16\cdot16}{4R}\So R=\ldots\)

Pozdrawiam

Jeżeli \(x\in(0;6)\) jest krawędzią podstawy, to wysokość \(h=12-2x\) i
\[v(x)=6\cdot\frac{x^2\sqrt3}{4}\cdot(12-2x)=3\sqrt3(-x^3+6x^2)\wedge D_v=(0;6)\]
Pozostaje wskazać i uzasadnić istnienie ekstremum w \(x=4\)

Pozdrawiam

[edited] poprawka po poniższym

Albo, bez pochodnej,:
\[x^3 + ax^2 + bx + 2\equiv (x+1)^2(x-p)\\
x^3 + ax^2 + bx + 2\equiv x^3+(2-p)x^2+(1-2p)x-p\\
\begin{cases}a=2-p\\b=1-2p\\2=-p\end{cases}\]

Pozdrawiam

Trzeba i wystarczy:
\[\begin{cases}w(-1)=0\\w'(-1)=0\end{cases}\iff \begin{cases}-1+a-b+2=0\\3-2a+b=0 \end{cases} \]
Pozdrawiam

Krawędzie tego czworościanu, długości \(a\sqrt2\), są przekątnymi ścian sześcianu o krawędzi \(a\)
\[\frac{V_{cz}}{V_{sz}}=\dfrac{\frac{(a\sqrt2)^3\sqrt2}{12}}{a^3}=\ldots\]
Pozdrawiam

[edited]

Środek okręgu stycznego do ramion kąta zawiera się w dwusiecznej tego kąta

Pozdrawiam

Trójkąty \(APD,\ PCD\) mają wspólną wysokość i \(|AP|=k\cdot|PC|\) stąd związek pomiędzy ich polami

Pozdrawiam

Fakt:
Jeśli przyjmiemy oznaczenia jak na rysunku to, z \(\Delta ABP\sim\Delta PCD\), mamy:
\[\begin{cases}S_4=k^2\cdot S_1\\ S_2=S_3=k\cdot S_1\end{cases}\So S_{ABCD}=(k+1)^2\cdot S_1\]
skąd do tezy blisko...

Pozdrawiam

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku: 001 (2).jpg Z \(\Delta DCA,\ \Delta BDA\) i tw. Snelliusa: \[:\underline{\begin{cases}\frac{p+q}{\sin2\alpha}=\frac{3c}{\sin\beta}\\\frac{m}{\sin\alpha}=\frac{c}{\sin\beta'}\end{cases}}\\ \frac{p+q}{2\cos\alpha\cdot m}=3\\ \frac{p+q}{m}=6\cos\alpha\\\frac{p+q+m...