Jeżeli \(v\) = prędkość w km/h, \(t\) = czas ruchu, w h, pierwszego rowerzysty, to zachodzi układ: \[\begin{cases}v\cdot t=36\\ (v+3)\cdot\left(t-{10\over60}\right)=36\end{cases}\wedge \begin{cases}v>0\\ t>{10\over60}\end{cases}\\ \begin{cases}v\cdot t=36\\ v=18t-3\end{cases}\So 6t^2-t-12=0\] \(t=1,...
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, ...
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 \(1020\).
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 \(x=4\)
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