szukanie zaawansowane
 [ Posty: 15 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 12:07 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
Witam, Mam nie lada problem z tego typu zadaniami, nie mam pojecia jak sie za nie wogole zabrac. Mogłby ktoś jak chłop krowie na rowie wytlumaczyc mi jak sie takie zadania rozwiązuje?


Czy wektory (1,2,3,0), (0,0,-1,2), (0,1,1,1), są liniowo niezależne w \mathbb{R}^4

Co do tego zadania to wiem że musze te wektory wpisać w macierz. Poziomo. Dalej bodajrze nie jestem pewien czy dobrze pamietam, ale coś było z wyznacznikiem. Ale co to znaczy że maja byc niezależne w \mathbb{R}^4? Totalnie nie rozumiem co to znaczy.

Czy zbiór {(x,y)  \in \mathbb{R}^2 | x^2+y^2 = 1} jest podprzestrzenią liniową w\mathbb{R}^2

A co do tego zadania to totalna ciemnota.. nie mam najmniejszego pojęcia. Jedyne co sie moge domyślać to że jest to związane z macierzami. Gdyż uczę sie do poprawy kolokwium, ktore głównie obejmowało macierze.

Liczę na szybką pomoc. Pozdrawiam!
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 16:45 
Użytkownik

Posty: 3101
Lokalizacja: Zarów
Raczej liczyłbym na znajomość definicji.
a(1,2,3,0)+b(0,0,-1,2)+c(0,1,1,1)=(a,2a+c,3a-b+c,2b+c)=(0,0,0,0) \Leftrightarrow a=b=c=0,
co oznacza, że te wektory są liniowo niezależne.
Zbiór {(x,y)  \in \mathbb{R}^2 | x^2+y^2 = 1} ne jest podprzestrzenią, bo nie należy do niego wektor zerowy.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 17:51 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
JankoS napisał(a):
Raczej liczyłbym na znajomość definicji.
a(1,2,3,0)+b(0,0,-1,2)+c(0,1,1,1)=(a,2a+c,3a-b+c,2b+c)=(0,0,0,0) \Leftrightarrow a=b=c=0,
co oznacza, że te wektory są liniowo niezależne.
Zbiór {(x,y)  \in \mathbb{R}^2 | x^2+y^2 = 1} ne jest podprzestrzenią, bo nie należy do niego wektor zerowy.


Co do pierwszego zadania to zakapowałem :) Chyba.. Aby się upewnić to postaram się tą metodą co ty rozwiazac takie zadanie z tymi wektorami:
(1,0,2), (-1,3,4), (5,-2,1)

Czyli:

a(1,0,2)+b(-1,3,4)+c(5,-2,1)=(0,0,0)

Czyli:

\begin{cases}
a-b+5c=0 \\
3b-2c=0 \\
2a+4b+c=0
\end{cases}

z 2 rownania:

\begin{cases}
3b=2c \\
b=\frac{2}{3}c
\end{cases}

z 1 równania:

\begin{cases}
a-\frac{2}{3}c+5c=0 \\
a=\frac{13}{3}c
\end{cases}

i z 3 równania:

\begin{cases}
\frac{26}{3}c+\frac{8}{3}c+c=0 \\
\frac{37}{3}c=0
\end{cases}

I co teraz? O.o co to oznacza?

A co do drugiego zadania, to prosił bym o dokładniejsze wytłumaczenie, ponieważ nic mi to nie mówi..
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 18:02 
Użytkownik

Posty: 17
Lokalizacja: tymczasowo Kraków
cd. równania...

nie umiesz podzielić zera przez ułamek? c=0, a więc a= 0 oraz b=0.

to oznacza, że tylko przy rozwiązaniu "trywialnym", czyli przy a, b, c = 0 te wektory tworzą bazę w R3. to oznacza, że wektory te nie są liniowo zależne, czyli żadna kombinacja liniowa tych wektorów nie wynosi (0, 0, 0) (na chłopski rozum to oznacza, że nie wracają to pktu wyjścia...)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 18:23 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
gohanka napisał(a):
cd. równania...

nie umiesz podzielić zera przez ułamek? c=0, a więc a= 0 oraz b=0.

to oznacza, że tylko przy rozwiązaniu "trywialnym", czyli przy a, b, c = 0 te wektory tworzą bazę w R3. to oznacza, że wektory te nie są liniowo zależne, czyli żadna kombinacja liniowa tych wektorów nie wynosi 0 (na chłopski rozum to oznacza, że nie wracają to pktu wyjścia...)


O kurde! HAH! Ale babola walnąłem! No nie wierze! :D Dzieki na naprostowanie, heh. To już zmęczenie umysłu chyba.

No dobra, to pierwsze już zajarzyłem, doczytałem także że gdy mamy do czynienia z n wektorami z \mathbb{R}^{n} możemy stosować metodę z ułożeniem macierzy z tych wektorów i wyliczeniem Wyznacznika, i jeżeli jest rożny od 0 to wektory są liniowo niezależne :)

Okay. To jeszcze drugie zadanie jak by ktoś mógł po ludzku wytłumaczyć to będę wdzięczny :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 18:28 
Użytkownik

Posty: 3101
Lokalizacja: Zarów
Kramarz napisał(a):
A co do drugiego zadania, to prosił bym o dokładniejsze wytłumaczenie, ponieważ nic mi to nie mówi..

Jeszcze raz definicja albo własności (w zależności od sposobu wprowadzania) przestrzeni wektorowej . Podprzestrzeń jest też przestrzenią, więc musi zawierać wektor zerowy.
Tutaj 0^2+0^2=0 \neq 1 \Rightarrow (0,0) nie należy do tego zbioru.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 19:50 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
JankoS napisał(a):
Kramarz napisał(a):
A co do drugiego zadania, to prosił bym o dokładniejsze wytłumaczenie, ponieważ nic mi to nie mówi..

Jeszcze raz definicja albo własności (w zależności od sposobu wprowadzania) przestrzeni wektorowej . Podprzestrzeń jest też przestrzenią, więc musi zawierać wektor zerowy.
Tutaj 0^2+0^2=0 \neq 1 \Rightarrow (0,0) nie należy do tego zbioru.


Aha. Czyli dobrze rozumiem że każda przestrzeń wektorowa musi zawierać wektor zerowy?

Czyli na podstawie podobnego zadania:

Czy zbiór
V=\{ (x,y,z) \in R^3 : (x-y)(x+z)=0 \} \ jest\ podprzestrzenia\ liniowa\ w\ R^3

Czyli wystarczy że napiszę że JEST ponieważ:

(0-0)(0+0)=0 \Rightarrow (0,0,0)


I jeszcze jedno w takim razie:

Czy zbiór
V=\{(x,y,z) \in R^3 : x^2+y^2=0\}\  jest\ podprzestrzenią\ liniową\ w\ R^3

Nie jest ponieważ brakuje nam "z" we wzorze?
Czy jest ponieważ 0^2+0^2=0 ?

-- 1 mar 2010, o 20:08 --

----- I jeszcze apropo pierwszego zadania, dotyczącego wektorów..

znalazłem zadanie z którym nie mogę sobie poradzić robiąc tą samą metodą..a mianowicie:

Dla jakich wartości parametru a \in R wektory
(1,1,a), (2,a,4), (4,2,8)
są liniowo niezależne?

No więc tą samą metodą..

a(1,1,a)+b(2,a,4)+c(4,2,8) = (0,0,0)

Czyli

\begin{cases}
a+2b+4c=0 \\
a+ba+2c=0 \\
a^2+4b+8c=0
\end{cases}

Czyli z pierwszego równania:

a=-2b-4c \\

podstawiam do drugiego i trzeciego:

\begin{cases}
a=-2b-4c \\
-2b-4c-2b^2-4bc=0 \\
(-2b-4c)^{2}+4b+8c=0
\end{cases}

z drugiego wyznaczam b:

b=-2c-b^2-2bc

I podstawiam do 1 i 3:
\begin{cases}
a=4c+2b^2+4bc-4c \Rightleftarrow a=2b^2+4bc \\
-2b-4c-2b^2-4bc=0 \\
(-2(-2c-b^2-2bc)-4c)^{2}+4(-2c-b^2-2bc)+8c=0
\end{cases}

No i w tym momencie się poddaje, mam wyznaczone b i mogę sobie tak podstawiać bez końca, nie mogę znaleźć błędu, już nie wiem co robic :S
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 21:13 
Użytkownik

Posty: 3101
Lokalizacja: Zarów
Raczej trudno jest snuć rozważania o rzeczach, których znaczenia się nie zna. Jeszcze raz polecam definicje i podstawowe własności przestrzeni i podprzestrzeni.
Istnienie wektora zerowego w jakimś zbiorze nie oznacza, że ten zbiór musi być przestrzenią.
"Brak z " nie oznacza, że zbiór nie jest podprzestrzenią.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 mar 2010, o 23:36 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
JankoS napisał(a):
Podprzestrzeń jest też przestrzenią, więc musi zawierać wektor zerowy.

Przez to rozumiem, że jeżeli zawiera wektor zerowy to jest przestrzenią.

JankoS napisał(a):
Istnienie wektora zerowego w jakimś zbiorze nie oznacza, że ten zbiór musi być przestrzenią.

Czyli nią nie jest?


Jedno wyklucza drugie moim zdaniem. I niestety, mówiąc mi ze nie znam definicji mi nie pomagasz, bo ich nie rozumiem, i wolał bym tłumaczenie, że tak się wyrażę, łopatologiczne. definicje czytałem już z 10 razy z różnych stron, skryptów, wykładów. I one mi nie pomagają, gdybym po ich przeczytaniu rozumiał, to bym tu nie przychodził po pomoc.

Jest ktoś cierpliwy aby mi to wytłumaczyć?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 mar 2010, o 01:32 
Użytkownik

Posty: 3101
Lokalizacja: Zarów
Kramarz napisał(a):
Dla jakich wartości parametru a \in R wektory (1,1,a), (2,a,4), (4,2,8)są liniowo niezależne?
... Czyli
\begin{cases}a+2b+4c=0 \\a+ba+2c=0 \\a^2+4b+8c=0\end{cases}

Widać, że jednym z rozwiązań tego układu jest a=b=c=0. Więc dla a =0.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 mar 2010, o 13:06 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
JankoS napisał(a):
Kramarz napisał(a):
Dla jakich wartości parametru a \in R wektory (1,1,a), (2,a,4), (4,2,8)są liniowo niezależne?
... Czyli
\begin{cases}a+2b+4c=0 \\a+ba+2c=0 \\a^2+4b+8c=0\end{cases}

Widać, że jednym z rozwiązań tego układu jest a=b=c=0. Więc dla a =0.


No tak, zgadza się, że też na to nie wpadłem. Jest to układ jednorodny Cramera (to taki w którym wszystkie wyrazy wolne są równe zeru. Czyli posiada tylko rozwiązanie zerowe równe x_1 = x_2 = ... = x_n = 0\,

A co do pierwszej części postu o 3 wyżej, Wytłumaczy mi ktoś łopatologicznie? Bo czytanie definicji dziesiątki razy nic mi nie daje :/

Czyli:

Kramarz napisał(a):
JankoS napisał(a):
Kramarz napisał(a):
A co do drugiego zadania, to prosił bym o dokładniejsze wytłumaczenie, ponieważ nic mi to nie mówi..

Jeszcze raz definicja albo własności (w zależności od sposobu wprowadzania) przestrzeni wektorowej . Podprzestrzeń jest też przestrzenią, więc musi zawierać wektor zerowy.
Tutaj 0^2+0^2=0 \neq 1 \Rightarrow (0,0) nie należy do tego zbioru.


Aha. Czyli dobrze rozumiem że każda przestrzeń wektorowa musi zawierać wektor zerowy?

Czyli na podstawie podobnego zadania:

Czy zbiór
V=\{ (x,y,z) \in R^3 : (x-y)(x+z)=0 \} \ jest\ podprzestrzenia\ liniowa\ w\ R^3

Czyli wystarczy że napiszę że JEST ponieważ:

(0-0)(0+0)=0 \Rightarrow (0,0,0)


I jeszcze jedno w takim razie:

Czy zbiór
V=\{(x,y,z) \in R^3 : x^2+y^2=0\}\  jest\ podprzestrzenią\ liniową\ w\ R^3

Nie jest ponieważ brakuje nam "z" we wzorze?
Czy jest ponieważ 0^2+0^2=0 ?


A także przydała by się pomoc tutaj
post677155.htm
Poprawa już jutro :/
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 mar 2010, o 14:10 
Użytkownik

Posty: 3101
Lokalizacja: Zarów
Kramarz napisał(a):
No tak, zgadza się, że też na to nie wpadłem. Jest to układ jednorodny Cramera .

To nie jest układ równań Cramera. Ponadto układ Cramera może mieć więcej niż jedno rozwiązanie
Cytuj:
Czy zbiór V=\{ (x,y,z) \in R^3 : (x-y)(x+z)=0 \} \ jest\ podprzestrzenia\ liniowa\ w\ R^3

Definicja podprzestrzeni nic nie mówi o wektorze zerowym. Istnienie takowego wynika z jej własności. Przyjmijmy taką:
V jest podprzestrzenią przestrzeni wektorowej W, wtedy gdy V \subset W i \forall  \vec{x}, \vec{y}  \in V,\ a,b \in R \quad a \vec{x}+b \vec{y} \in V.
a(1,1,0)+b(1,0-1)=(a+b,a, -b).
Sprawdzam czy a(1,1,0)+b(1,0-1) \in V.
(a+b-a)(a+b-b)=ba. Ostatnie nie jest równe 0 dla dowolnych rzeczywistych a,b więc a(1,1,0)+b(1,0-1) nie należy do V i V nie jest podprzestrzenią R^3.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 mar 2010, o 15:40 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
JankoS napisał(a):
Kramarz napisał(a):
No tak, zgadza się, że też na to nie wpadłem. Jest to układ jednorodny Cramera .

To nie jest układ równań Cramera. Ponadto układ Cramera może mieć więcej niż jedno rozwiązanie
Cytuj:
Czy zbiór V=\{ (x,y,z) \in R^3 : (x-y)(x+z)=0 \} \ jest\ podprzestrzenia\ liniowa\ w\ R^3

Definicja podprzestrzeni nic nie mówi o wektorze zerowym. Istnienie takowego wynika z jej własności. Przyjmijmy taką:
V jest podprzestrzenią przestrzeni wektorowej W, wtedy gdy V \subset W i \forall  \vec{x}, \vec{y}  \in V,\ a,b \in R \quad a \vec{x}+b \vec{y} \in V.
a(1,1,0)+b(1,0-1)=(a+b,a, -b).
Sprawdzam czy a(1,1,0)+b(1,0-1) \in V.
(a+b-a)(a+b-b)=ba. Ostatnie nie jest równe 0 dla dowolnych rzeczywistych a,b więc a(1,1,0)+b(1,0-1) nie należy do V i V nie jest podprzestrzenią R^3.


Hmm, powiedz czy dobrze rozumiem:

Dowolna kombinacja liniowa wektorów przestrzeni liniowej, jest jej podprzestrzenią?
Czyli mam dana przestrzeń powiedzmy V w R^3 czyli z 3 wspolrzednymi x,y,z.
I biore sobie 2 wektory np:
a(0,1,0), b(1,-1,0)

Sumuje je:
a(0,1,1)+b(1,-1,0)=(b,a-b,a)

I teraz, majac w zadaniu okreslony wzór, tak jak tu było (x-y)(x+z)=0 to ja sobie teraz przyjme wzór: (y-x)(y-z)=0 i pod ten wzór podstawiam tą moją wyliczoną kombinację, czyli:
(a-2b)(-b)=-ab+2b^2 i ten wynik nie będzie równy 0 dla dowolnych rzeczywistych a,b czyli nie będzie podprzestrzenią.

Dobrze zrozumiałem? I w taki sposób powinienem być w stanie rozwiązać większość zadań tego typu?

-- 2 mar 2010, o 15:22 --

Doczytałem że:

W każdym z takich zadań musimy sprawdzić czy podany zbiór V jest zamknięty ze względu na sumę wektorów:
x,y \in V \Rightarrow x + y \in V

oraz na mnożenie przez skalar:
a \in R ,x \in V \Rightarrow ax \in V .

Czyli jeżeli jedno z nich sie nie sprawdza, to już nie jest podprzestrzenią tak?
Bo tak jak pokazałeś wyżej, dla sumy sie nie sprawdza, ale dla mnożenia przez skalar z kolei:

(ax_1-ax_2)(ax_1+ax_3)=0 \Rightarrow a(x_1-x_2)a(x_1+x_3)=0 \Rightarrow a((x_1-x_2)(x_1+x_3))=0 \Rightarrow a * 0 = 0

Się sprawdza.

-- 2 mar 2010, o 16:20 --

JankoS napisał(a):
Kramarz napisał(a):
Dla jakich wartości parametru a \in R wektory (1,1,a), (2,a,4), (4,2,8)są liniowo niezależne?
... Czyli
\begin{cases}a+2b+4c=0 \\a+ba+2c=0 \\a^2+4b+8c=0\end{cases}

Widać, że jednym z rozwiązań tego układu jest a=b=c=0. Więc dla a =0.


Jeszcze apropo tego, to ok, dla a=0 są niezależne... a dla innych? w zadaniu mam dla jakich wartosci, wiec obawiam sie że taka odpowiedz nie bedzie mi zaliczona :/
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 mar 2010, o 20:18 
Użytkownik

Posty: 3101
Lokalizacja: Zarów
Poprzednio skupiłem się na samym układzie. Teraz spojrzałem na sposób, w jaki Kolega do tego doszedł. Wyrażenie a(1,1a)+b(2,a,4)+c(4,2,8) nie za bardzo się nadaje do badania (nie-)zależności. Raz a jest współczynnikiem, a raz składową wektora. Jak już to d(1,1a)+b(2,a,4)+c(4,2,8). Akurat tutaj mamy sytuację komfortową - liczba wektorów jest równa wymiarowi przestrzeni, więc można obliczyć wyznacznik utworzony z tych wektorów. Wektory są liniowo niezależne dla tych a, dla których wartość wyznacznika jest różna od zera.
\begin{vmatrix} 1&1&a\\2&a&4\\4&2&8\end{vmatrix}=8a+4a+16-(4a^2+16+8)=0 \Leftrightarrow a \in \{1,2\}.
Wektory są liniowo niezależne dla a różnych od 1 i od 2.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 3 mar 2010, o 13:15 
Użytkownik

Posty: 37
Lokalizacja: Łódź
Oki, dzieki welkie za pomoc, na kolokwium zadanie z przestrzeni wektorowych napisalem bezblednie :) ale z kolei nie poszlo mi zadanie drugie :( Z którym mam problem, i którego nikt nie pomogl mi rozwiazac jeszcze, to zadanie znajduje sie tutaj, więc licze na pomoc!

Link : 182574.htm
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 15 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 algebra liniowa macierz
1. Dla macierzy A = \left znajdz wszystkie macierze B spelaniajace warunek A*B=B*A...
 sophie1988  1
 Macierz 3x3, wektory własne
Mam takie krótkie zadanie: Podaj przykład macierzy 3x3 takiej, że dokładnie jeden z poniższych wektorów nie jest jej wektorem własnym. (1,0,0) ; (0,1,0); (0,0,1); (0,1,1); (...
 luckaminski  0
 Liniowa zależność, przestrzeń wektorowa
Witam, 1. Dane są wektory: v_{1} = (1;2;3); \ v_{2} = (1;0;4); \ v_{3} = (1;5;2); \ w = (1; 2;1) Wyznaczyć współrzędne wektora w w bazie v_{1}, \ v_{2}, \ v_{3}[/tex:25sioj3l...
 senio  1
 Forma liniowa - dowód
f:R^{n} \to R jest forma liniową. Udowodnić, że istnieje: \alpha _{1},..., \alpha _{n} \in R: \ f(x_{1},...,x_{n})= \alpha _{1}x_{1}+...+ \alpha _{n}x_{n}. Prosze o pomoc ...
 aqlec  2
 wkktory liniowo zależne
Mam za 4 dni egzamin z algebry i potrzebuje pomocy z kilku zadań. 1 Czy wektory p=a-2b i r=a+b są liniowo zalżne? Długość a=1, b=2 oraz a skalarnie b=1 2 Niech a i b będą prostopadłymi wersorami oraz wektor p=a-3b i r=2a+b. Czy wektory p i r są linio...
 deconstruct  0
 liniowo zależne i nie zależne
Witam kto by mi wyjaśnił jak zrobić te zadania. a. \vec{u}\begin{vmatrix} 2\\1\\1 \end{vmatrix} \vec{v}\begin{vmatrix} 0\\-1\\1 \end{vmatrix} \vec{w}\begin{vmatrix} 1\\3\\-1 \end{vmatrix} b. \vec{u}\begin...
 szataniec  1
 czy to podprzestrzeń wektorowa?
tak jak w temacie, wydaje mi się, że tak, ale nie jestem pewny U = \left\{\left : xy=0 \right\}...
 boxtick  5
 Przestrzeń liniowa ciągów arytmetycznych
Hej, mam takie zdanie: Niech A oznacza przestrzeń liniową rzeczywistych ciągów arytmetycznych. Pokaż, że dowolne trzy elementy tej przestrzeni są liniowo zależne. Wskaż dwa liniowo niezależne ciągi arytmetyczne. Jak coś...
 emperor2  1
 Dowód liniowa niezależność
Było dwa tematy niżej, wraz z gotowym rozwiązaniem: 350570.htm...
 LeoBolzano  2
 wektory z parametrem
Dany jest zbiór: V _{b} = { x \in R ^{3} : x_{1} - x_{2} + 2x_{3} = b gdzie b jest ustaloną liczbą rzeczywistą oraz x_{1} = , x _{2} = a) Pokazać, że V _{0} = ...
 astuhu  0
 Podprzestrzeń wektorowa zbioru wielomianów czwartego stopnia
Zbadaj czy zbiór V = \left\{ p \in \mathbb{R}_{4}\left : p(2x) = 4xp'(x) + p(0) \right\} jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni \mathbb{R}_{4}\left[/tex:3...
 wojtasskorcz  2
 Podprzestrzeń wektorowa zbioru
Muszę sprawdzić czy dany zbiór jest podprzestrzenią wektorową danego zbioru. U=\{(x, y, z ,t): xy=0\} Mój problem polega na sprawdzeniu drugiego warunku(a może i nie). KU=[/tex:3...
 trixtrix  1
 Wykaż, że zbiór wielomianów jest podprzestrzenia liniową..
Wykaż, że następujący zbiór wielomianów W={w(x) \in R _{2} : w(x)=0} jest podprzestrzenią liniową przestrzeni wielomianów rzeczywistych stopnia \le 2. ?...
 Arius  3
 Macierz+wektory wlasne+wartosci wlasne
Znalezc macierz ktorej wartosciami wlasnymi sa \lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3} , a wektorami wlasnymi v_{1},v_{2},v_{3} \lambda_{1}=1,\lambda_{2}=2,\lambda_{3}=3[/tex:112pgay...
 szczepanik89  3
 Wyrażanie wektorów przez inne wektory
1.W równoległoboku ABCD wyrazic wektory \vec{AB} i \vec{AD} przez wektory \vec{AC} i \vec{BD}. 2.W trapezie OABC zachodzi warunek [tex...
 monykaa91  4
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) ParaRent.com