Matematyka.pl

\left(\frac{10}{7}\right)^2 + \left(\frac{-5}{7}\right)^2 = \left(\frac{10}{7}\right)^3 + \left(\frac{-5}{7}\right)^3 = \frac{125}{49} . Więcej rozwiązań z licznikiem i mianownikiem poniżej tysiąca: x = 10/7; y = -5/7 x = 10/9; y = 5/9 x = 15/13; y = -5/13 x = 15/14; y = 5/14 x = 39/19; y = -26/19 ...

2. Ewentualnie czy jesteśmy w stanie szacować/estymować, które z tych 10 spotkań znajdzie się potencjalnie wśród tych 68% poprawnie wytypowanych? Nie, bo gdybyśmy byli, wystarczyłoby znaleźć te siedem spotkań, po czym w pozostałych obstawić odwrotny wynik niż komputer każe i dostać skuteczność 100%.

Niech \mathcal A będzie algebrą abstrakcyjną z uniwersum A , przeliczalną liczbą elementów wyróżnionych a_0, a_1, \ldots i dwoma działaniami dwuargumentowymi | i \star taką, że: a_n \mid a_{n+1} = a_n a_n \star a_{n+1} = a_n (a \mid b) \mid (c \mid d) = (a \mid c) \mid (b \mid d) (a \mid b) \star (c...

Możesz zamienić obydwa równania tak, żeby były modulo 12. Pierwsze: 2a + 3b \equiv 1 (albo 5 albo 9) Drugie: 4a + 3b \equiv 5 (albo 11). Razem sześć układów do rozwiązania, ale liczenia aż tak dużo nie ma. Rozwiążę jeden przykład, z 9 i 11. Odejmujemy od drugiego pierwsze i mamy 4a + 3b - 2a - 3b \e...

Gdybyś dodał do komórki "Po" szesnaście procent z "Przed", wtedy "Różnica" zwiększyłaby się o 16 punktów procentowych (nie procent!). Ale dodałeś szesnaście procent z "Po", a liczysz względem "Przed".

Długości tych łuków mają się do siebie tak jak miary kątów środkowych opartych na tych łukach (dlaczego?), a że każdy z nich jest dwa razy większy od odpowiedniego kąta wpisanego, to co piszesz jest prawdą.

Racja, przeczytałam "całkowite" jako "całkowite dodatnie". Całkowitych rozwiąząń będzie osiem.

Tak. Będą cztery rozwiązania:

Skoro do obliczenia mamy jedynie kartkę papieru, ale nie mamy nic do pisania, to proponuję użyć tej kartki i twierdzenia Talesa do ułożenia stosownej proporcji.

Ja też nie znam tej metody. Ale skoro \(\displaystyle{ 6 \cdot 480 + 1 = 43 \cdot 67}\) i \(\displaystyle{ 6 \cdot 4780+1 = 43 \cdot 667}\), nietrudno domyślić się, ile to będzie

\(\displaystyle{ \frac{6 \cdot 47\ldots780 + 1}{43}}\).

dzialka11o pisze: ↑21 kwie 2024, o 20:09 Nasuwa się pytanie jakie warunki musi spełnić trapez aby na nim opisać okrąg . ( między innymi musi być symetryczny).

https://en.wikipedia.org/wiki/Cyclic_quadrilateral#Supplementary_angles przeciwległę kąty muszą sumować się do \(\displaystyle{ \pi}\) i tyle wystarczy.

W czworokącie wpisanym w okrąg suma kątów, o których wspominasz, wynosi \(\displaystyle{ \pi}\). W czworokącie opisanym tak być oczywiście nie musi, wystarczy wyobrazić sobie wąski, ale wysoki romb.

To jest równanie d'Alemberta. Zróżniczkuj raz (\(\displaystyle{ y'(x) = ...}\)).

Po pierwsze... przeprowadziłam dowód empiryczny: dostawałam trochę za dużo korespondencji od użytkownika [D], na którą z pewnych powodów nie chciałam odpisywać. Regulamin nie zabrania takiego zachowania, więc nie przypuszczałam, co stanie się potem - skończyło się tak, że inny użytkownik [A] popros...

To można wspomnieć jeszcze o dowodzie twierdzenia Goodsteina, gdzie samo sformułowanie nie używa nieskończoności, ale jego uzasadnienie już tak. To chyba nie jest topologia?

Poza tym cała analiza; bez nieskończoności "tracimy" wszystkie limesy.