więc krzyczę, bo
w sumie to coś mnie zaintrygowało, skoro przy module mam przerzucić to co jest pod osią X nad nią
a cały wykres wyszedł mi już powyżej osi, czyli narysowałem coś źle, tak?
(trochę krzywy) rysunek, jak jest minus przed logarytmem to pewnie trzeba odbić pod oś X, a nie nad, tak?
wiedzialem, ze to bedzie banalny blad, no nic
na dzis to bedzie wszystko, byc moze znajde jeszcze coś w niedziele
jeszcze raz wieeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeelkie dzieki, bardzo mi to pomogło
1. Wierzchołki trójkąta równobocznego ABC leżą na paraboli y=-x\(^2\)+6x. Punkt C jest wierchołkiem paraboli, a bok AB jest równoległy do osi odciętych x.
a)Sporządź rysunek na płaszczyźnie kartezjańskiej
b)Oblicz współrzędne wierzchołków trójkąta ABC.
2.Narysuj wykres funkcji f(m), która jest liczbą rozwiązań układu równań z parametrem m.
\(y=-x^2+6x\) \(C=(- \frac{b}{2a} ;- \frac{\Delta}{4a} )\) \(C=(3 ;9)\)
Wykres paraboli jest symetryczny względem prostej \(x=3\), a punkty A i B leżą na prostej równoległej do osi OX, więc mają równe drugie współrzędne i są symetryczne względem tej prostej \(A=(x;y)\) \(B=(x_B;y)\) \(\frac{x+x_B}{2}=3 \Rightarrow x_B=6-x\)
czyli \(A=(x;y)\) \(B=(6-x;y)\)
Leżą też na paraboli, więc ich współrzędne muszą spełniać jej równanie, czyli \(A=(x;-x^2+6x)\) \(B=(6-x;-x^2+6x)\)
\(\begin{cases} a_{1}x+b_{1}y=c_{1} \\ a_{2}x+b_{2}y=c_{2} \end{cases}\) \(W=\begin{vmatrix} a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\end{vmatrix}=a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\) \(W_x=\begin{vmatrix} c_{1}&b_{1}\\c_{2}&b_{2}\end{vmatrix}=c_{1}b_{2}-c_{2}b_{1}\) \(W_y=\begin{vmatrix} a_{1}&c_{1}\\a_{2}&c_{2}\end{vmatrix}=a_{1}c_{2}-a_{2}c_{1}\)
Jeżeli
1. \(W \neq 0\) - to układ równań ma 1 rozwiązanie
2. \(W=0\ i \ W_x \neq0 \ i \ W_y \neq 0\) - to układ nie ma rozwiązań
3. \(W=0 \ i \ W_x=W_y=0\) - to układ ma nieskończenie wiele rozwiązań
1. \(W \neq 0\) \(- 5m+2\neq 0\) \(m \neq \frac{2}{5}\) \(m \in (- \infty ; \frac{2}{5}) \cup ( \frac{2}{5};+ \infty )\) układ ma jedno rozwiązanie
2. \(W=0\) dla \(m=\frac{2}{5}\) \(W_x=-22 \neq 0\) dla każdego \(m \in R\) \(W_y \neq 0\) \(-m-4 \neq 0\) \(m \neq 4\)
czyli dla \(m= \frac{2}{5}\) układ nie ma rozwiązań
3.
Nie zachodzi ponieważ \(W(x) \neq 0\)
\(f(m)=\{1 \ dla \ m \in (- \infty ; \frac{2}{5}) \cup ( \frac{2}{5};+ \infty )\\0 \ dla \ m= \frac{2}{5}\)
Znasz odpowiedź do zadania, to ją podaj. Łatwiej będzie sprawdzić czy w rozwiązaniu zadania nie ma błędu.
ten sposob z pierwszego wcale nie jest taki skomplikowany, da sie wszystko zrozumieć
więc to już wszystko z mojej strony, być może jeszcze tu wrócę w niedalekiej przyszłości
poki co, dziękuję!
Co do pierwszego zadania- wydaje mi się, że -po znalezieniu wierzchołka paraboli- można znaleźć wierzchołki trójkąta równobocznego na paraboli \(y=-x^2\), co jest prostsze i przesunąć te punkty o wektor [3,9].
Nazwałam te pomocnicze punkty: \(C_1=(0,0)\\A_1=(-a,-a^2)\\B_1=(a,-a^2)\\|A_1C_1|=\sqrt{(-a)^2+(-a^2)^2}=\sqrt{a^4+a^2}\\|A_1B_1|=|2a|\\a^4-3a^2=0\\a^2(a^2-3)=0\\a=0\ \vee \ a=-\sqrt{3}\ \vee \ a=\sqrt{3}\\C_1=(0,0)\\A_1=(-\sqrt{3},-3)\\B_1=(\sqrt{3},-3)\)
Po przesunięciu trójkata o wektor [3,9] mamy: \(A=(3-\sqrt{3},6)\\B=(3+\sqrt{3},6)\\C=(3,9)\)
Oczywiście, założenia są dokładnie takie same, jak u Ani- równość boków. Trochę prostsze są tylko działania. Pozdrawiam
Mam chyba te same arkusze co kolega i tez mam problem
1).Wielościan jest sumą dwóch ostrosłupów prawidłowych czworokątnych o długościach wszystkich krawędzi równych 10 cm i złączonych podstawami (osmiościan foremny). Wielościan ten przecięto płaszczyzną równoległą do dwu przeciwległych jego ścian i przechodzącą przez środek krawędzi nie zawierających się w tych ścianach. Oblicz pole otrzymanego przekroju. Wynik podaj z dokładnościa do 0, 01 cm2