[P[Godzio zarzuć zadaniem]] bzzz: Ello Godzio, nie masz tam jakiegoś kosmicznego zadania do zrobienia? Nie dość, że w pracy nuda, to i na forum nie ma za bardzo nic do roboty.

b.: takie stare zadanie: co jest wieksze: e^π czy π^e? (oczywiscie nie chodzi o rozwiazania numeryczne, np. na kalkulatorze )

Anniek: bzzz− ja mam coś wydaje mi się ciekawego Oblicz pochodny krańcowy f−cji F(x,y,z)= 14x⁵+3xy−4x³ W punkcie a=(1 2 3) o kierunku wektora p=(0 1 2) albo Znajdź Kc funkcji kosztu całkowitego jeżeli funkcja kosztu krańcowego, która jest pochodną f−cji kosztu całkowitego wynosi: Kk= 6x³+14x²−5x Oraz Kc(10⁷) =145•10⁸ Powodzenia

Jack: to było wczoraj...

bzzz: Anniek, myślę że nawet bym się zmierzyła z tym drugim zadanie, ale niestety w wielu kluczowych miejscach pojawia mi się krateczka i nie wiem co tam ma być. Nie wiem jak to jest, ale na kompie w pracy nie mam pełnego podglądu w odróżnieniu do komputerka domowego Zresztą Godzio jest specjalistą od kosmicznych zadań Twoje tez kosmiczne, bo z zakresu studiów a z tym to ja lepiej żeby się nie mierzyła...

Anniek: ktoś mnie ubiegł:(

Godzio: Takie ciekawe zadanko : Udowodnij że dla dowolnych liczb dodatnich a,b,c zachodzi nierówność

1		1		1		3
	+		+		≥
a(1+b)		b(a+c)		c(1+a)		1 + abc

Basia: Godzio a tam w drugim ułamku nie ma być b(1+c) ?

bzzz: będę o tym myślała w drodze do domu bo już 17 więc zamykam interes

Godzio: zgadza się Basia literówka

Godzio: więc

1		1		1		3
	+		+		≥
a(1+b)		b(1 + c)		c(1+a)		1 + abc

b.: bzzz: ,,niestety w wielu kluczowych miejscach pojawia mi się krateczka i nie wiem co tam ma być. Nie wiem jak to jest, ale na kompie w pracy nie mam pełnego podglądu'' jakiej używasz przeglądarki w pracy, a jakiej w domu?

Basia: do zadania b. znam odpowiedź a nad zadaniem Godzia pomyślę, może jakąś sztuczkę wymyślę, bo liczyć mi się nie chce

AS: Udowodnić,że jeżeli n jest liczbą nieparzystą,to liczba n⁶ + 3*n⁴ + 7*n² − 11 jest podzielna przez 256.

Mateusz: To i ja dorzuce od siebie jedno zadanie chociaz chyba wydaje się proste

	2pn2−n
Dany jest ciąg o wyrazie ogólnym an =
	(p−1)n2+n

Dla jakiej wartosci parametru p granicą tego ciagu jest większa z liczb spełniających równanie log2+log(4^x−2+9)=1+log(2^x−2+1)

Godzio: Mateusz

	5 + 3√3
Czy to: p =		może jest odpowiedź ?
	4 + 3√3

Basia: log[2*(4^x−2+9] = log[10*(2^x−2+1)] 2*[(2²)^x−2+9] = 10*[2^x−2+1] /:2 (2^x−2)²+9 = 5*2^x−2+5 t= 2^x−2 t²−5t+4=0 Δ=25−16=9 t₁=⁵⁻³₂=1 t₂=⁵⁺³₂=4 2^x−2=1=2⁰ x−2=0 x=2 lub 2^x−2=4=2² x−2=2 x=4 szukaną liczbą jest x=4 lim a_n = ^2p_p−1 dalej już oczywiste; skąd te pierwiastki Ci się wzięły ?

Godzio: lepiej nie pytać

Mateusz: Tak dla p = 2 granicą tego ciagu jest liczba 4

Mateusz: Jezlei ktos by sie jescze chciał pobawic lub potrenowac daje podobne zadanie moze Godzio spróbuje teraz nie powinien miec problemu

	(p+5)n2−3
Dany jest ciag o n−tym wyrazie bn =		dla jakich p granicą tego ciągu jest
	n−2n2

liczba z przedziału <a,b> gdzie a jest rozwiązaniem równania 5^x−5^3−x=20 zas b jest rozwiązaniem rownania log(x−2)−log(4−x)=1−log(13−x)

Godzio: Wtedy niezbyt wyszło mi rozwiązanie z tego równania Dobra to w takim razie lecimy:

	p+5
lim bn =
	−2

5^x − 5^3−x = 20 /*5^x 5^2x − 20 * 5^x − 125 = 0 t = 5^x t² − 20t − 125 = 0 Δ = 400 + 500 = 900

	20 +30
t1 =		= 25
	2

	20 − 30
t2 =		= −10
	2

zał. x ∊ (2,4)

	x−2		13 − x
log		= log
	4−x		10

10(x−2) = (13−x)(4−x) 10x − 20 = 52 − 17x + x² 0 = x² − 27x + 72 Δ = 441 √Δ = 21

	27 + 21
x1 =		∉(2,4)
	2

	27 − 21		6
x2 =		=		= 3
	2		2

Czyli szukana granica jest w przedziale: <−10,3>

	p+5
lim bn =
	−2

p+5
	= −10
−2

p = 15

p+5
	= 3
−2

p + 5 = −6 p = −11 p∊ <−11,15> Mam nadzieję że dobrze ?

Lucyna: Godzio

	x−2		10
log		= log		... a Ty to drugie na odwró zrobiłeś
	4−x		13−x

Lucyna: i przede wszystkim z pierwszego równania należało odwrócić podstawienie t = 5^x 25 = 5^x bo ujemne odpada gdyż t musi być >0

Mateusz: Podam ci odpowiedz do tego zadania ewentualnie obliczenia jak bedziesz chciał Dla p∊<−11,−9> granica ciągu b_n jest liczbą z przedziału <2,3>

Godzio: ehhh dobra to już atmosfera wakacji tak na mnie działa (chyba) 5^x = 25 x = 2 z drugiego:

x−2		10
	=
4−x		13−x

13x − x² − 26 + 2x = 40 − 10x x² − 25x + 66 = 0 Δ = 361

	25 − 19
x1 =		= 3
	2

	25 + 19
x2 =		∉(2,4)
	2

więc <2,3>

p+5
	= 2
−2

p = −9

p+5
	= 3
−2

p = −11 p∊<−11,−9> i git

Mateusz: O teraz dobrze No coz na ciebie wakacje tak działają a na mnie zacznie miesięczny urlop za tydzien

Godzio: A mojego zadania nikt nie ruszył więc odświeżam może Eta się skusisz ?

jiji: Czy w tym zadaniu z kosztem całkowitym i krańcowym to chodzi jedynie o scałkowanie wielomianu i znalezienie stałej całkowania na podstawie warunku?

Basia: jiji moim zdaniem tak

Lucyna: b. w odbu przypadkach tzn w domu i w pracy korzystam z internet explorer, tak wiem, że to jest badziew i w ogóle, ale na domowym komputerku hula a w pracy nie. Dzięki za zainteresowanie, ale lepiej nie próbuj mi tłumaczyć co mam z tym zrobić aby było dobrze, bo w zakresie informatyki jestem inteligentna inaczej.

Basia: Zainstalować Firefoxa.

Vax: ¹_a(b+1)+¹_b(c+1)+¹_c(a+1) ≥ ³_1+abc Mnożymy stronami przez 1+abc, a następnie dodajemy obustronnie 3, zauważamy, że: ^1+abc_a(b+1)+1 = ^1+abc+ab+a_a(b+1) = ^1+a_a(b+1)+^ab(1+c)_a(b+1) = ^1+a_a(b+1)+^b(1+c)_b+1 Analogicznie dla pozostałych 2 składników, po czym zostaje do pokazania: ( ^1+a_a(1+b)+^a(1+b)_1+a ) + ( ^1+b_b(1+c)+^b(1+c)_1+b ) + ( ^1+c_c(1+a) + ^c(1+a)_1+c) ≥ 6 Co jest prawdą korzystając z lemma: ^x_y+^y_x ≥ 2 Pozdrawiam.

rączszka: Pisz lepiej ułamki U { licznik } { mianownik }, będzie lepiej widać

Vax: Ok, będę pamiętał

rączszka:

	a
Ja tam wprawdzie widzę, ale niektórzy mogą być ślepi, więc lepiej robić większe ułamki
	b

Vax: W takim razie przepiszę wyraźniej

1		1		1		3
	+		+		≥
a(1+b)		b(1+c)		c(1+a)		1+abc

Mnożymy przez 1+abc, dodajemy obustronnie 3 i zauważamy, że:

1+abc		1+abc+a+ab		1+a		ab(1+c)
	+1 =		=		+		=
a(1+b)		a(1+b)		a(1+b)		a(1+b)

	1+a		b(1+c)
		+
	a(1+b)		1+b

Tak samo robimy dla pozostałych 2 składników i zostaje do udowodnienia:

1+a		a(1+b)		1+b		b(1+c)
	+		+		+		+
a(1+b)		1+a		b(1+c)		1+b

	1+c		c(1+a)
		+		≥ 6
	c(1+a)		1+c

	x		y
Co jest prawdziwe na mocy tego, że dla x,y > 0 zachodzi		+		≥ 2
	y		x

PS. Jak ktoś ma jeszcze jakieś fajne nierówności do udowodnienia, może dać

rączszka:

	1+abc
Vax a skąd Ci wyszło		+1?Bo robię to co mówisz, mnożę przez 1+abc i dodaję 3,
	a(1+b)

	1+abc		1+abc		1+abc
zostaje mi:		+		+		≥6
	a(1+b)		b(1+c)		c(1+a)

I chyba czegoś tu nie widzę, bo nie wiem jak to dalej doprowadzić do tej postaci...

Vax: Jak dodajemy 3, to dodajemy do obu stron Czyli zostaje do udowodnienia:

1+abc		1+abc		1+abc
	+		+		+ 3 ≥ 6
a(1+b)		b(1+c)		c(1+a)

Teraz zauważamy, że 3 = 1+1+1 i te jedynki, dodajemy pojedynczo do każdego z ułamków W poprzednim poście rozpisałem właśnie ten jeden ułamek. Pozdrawiam.

rączszka: Teraz już rozumiem Trzeba mieć pomysł na takie zadania. Nie masz jakiegoś podobnego zadanka, bo chętnie poćwiczę

Vax: Hm, nierówności właśnie się tym charakteryzują, że nie ma do nich jednego określonego sposobu postępowania, często trzeba trochę pokombinować, warto też znać pewne znane nierówności, typu Jensen, Cauchy Schwarz, Czebyszew itp. dzięki którym można szacować nierówności, trzymaj jedną: Udowodnij, że dla x,y,z ∊ R+ spełniających równość x+y+z=1 zachodzi:

x		y		z		3
	+		+		≤
x+1		y+1		z+1		4

Jakby co pisz, pokażę jak ją udowodnić Pozdrawiam.

rączszka:

	x+1		y+1		z+1		4
Hmmm a na przykład mogę to sobie tak odwrócić:		+		+		≤
	x		y		z		3

	1		1		1		4
3+		+		+		≤
	x		y		z		3

1		1		1		2
	+		+		≤−1
x		y		z		3

I teraz pewnie trzeba tu wykorzystać, że x+y+z=1, ale dalej nie mam pomysłu

Vax: Jeżeli chciałbyś odwrócić, to wyglądałoby to tak:

1		4
	≥
x   y   z   + + x+1   y+1   z+1		3

Jak odwracamy to zmieniamy znak nierówności Może pokażę jak to zrobić 2 sposobami, 1 to skorzystanie z nierówności Jensena, polecam trochę o niej poczytać, bardzo często się przydaje Definiujemy taką funkcję:

	x
f(x) =
	x+1

Która dla dodatnich iksów jest wklęsła, zatem lewą stronę można zapisać w postaci: L = f(x)+f(y)+f(z) A skoro f(x) jest funkcją wklęsłą, to z nierówności Jensena otrzymujemy:

	x+y+z		1		1   3		1
L = f(x)+f(y)+f(z) ≤ 3f(		) = 3f(		) = 3		=		=
	3		3		1   +1 3		4   3

	3
	4

cnd. 2 sposób to zauważyć, że jeżeli x ∊ (0 ; 1) to zachodzi taka nierówność:

x		9		1
	≤		x+
x+1		16		16

Łatwo to pokazać, korzystając z tego otrzymujemy:

x

y

z

9

1

1

1

L =

+

+

≤

(x+y+z)+

+

+

=

x+1

y+1

z+1

16

16

16

16

	9		3		12		3
		+		=		=		cnd.
	16		16		16		4

Pozdrawiam

rączszka: Masakra... Skąd Ty w ogóle umiesz takie rzeczy... Jestem pod wrażeniem Jak tak czytam te rozwiązania to wszystko rozumiem ale jak mam sama coś takiego wymyśleć, to prędzej chyba mój dziadek zapisze się na kurs baletu

Eta: @Vax Wykaż,ze jeżeli a,b,c są długościami boków trójkąta o obwodzie 2p to :

1

1

1

1

1

1

+

+

≥2(

+

+

)

p−a

p−b

p−c

a

b

c

Vax: Zauważmy, że skoro a,b,c są długościami boków trójkąta, to możemy podstawić: a = x+y , b = x+z , c = y+z gdzie x,y,z są pewnymi liczbami rzeczywistymi dodatnimi (Możemy tak podstawić, dane podstawienie spełnia nierówność trójkąta Zauważamy, że wówczas p=x+y+z czyli zostaje do udowodnienia:

1		1		1		2		2		2
	+		+		≥		+		+
x		y		z		x+y		x+z		y+z

Ale dla x,y > 0 zachodzi:

1   1   + x   y		2		1		1		4
	≥		(mnożąc przez 2 otrzymujemy		+		≥		co
2		x+y		x		y		x+y

jest prawdziwe z nierówności Cauchy'ego Schwarza w formie Engela) teraz wystarczy dodać 3 takie nierówności i otrzymujemy tezę. Pozdrawiam.

rączszka: WOW

	1		1		4
A wytłumaczysz mi, jak z tej nierówności wynika		+		≥		? Bo właśnie tego
	x		y		x+y

szukam w necie i to wygląda tak jak na zdjęciu http://img228.imageshack.us/i/2acf5dda422bd6a9f5e942civ8.gif/ ale kompletnie nie wiem jak to zastosować, przynajmniej nie widzę tu sumy czegośtam do kwadratu

Eta: Ok To może poradzisz? Jak wyznaczyć wartość W(0) i W(10) dla wielomianu st. 6 wiedząc ,że W(1)= −4 , W(2)= −2 , W(3)= −1 ,W(4)=4 ,W(5)=19, W(6)=53, W(7)= 121 Pozdrawiam .

Vax: 1 = 1² Czyli mamy:

1		1		12		12		(1+1)2		4
	+		=		+		≥		=
x		y		x		y		x+y		x+y

Warto tą nierówność zapamiętać, naprawdę często się przydaje Jeżeli ktoś tego nie zna, to można sprawdzić tą nierówność standardowo:

1		1		4
	+		≥
x		y		x+y

x+y		4
	≥
xy		x+y

Mnożymy ,,na krzyż" (x+y)² ≥ 4xy (x−y)² ≥ 0 co jest oczywiście prawdziwe, ponieważ kwadrat dowolnej rzeczywistej liczby jest nieujemny Pozdrawiam.

rączszka: Hehe dzięki Teraz chyba zaczynam coś rozumieć, a nie mam żadnego pojęcia o tych nierównościach Jeszcze nierówność Cauchy'ego Schwarza to coś nam facet mówił na wykładach z algebry, a że jest jakaś inna to pierwszy raz słyszę

Basia: do Ety Układ siedmiu równań z siedmioma niewiadomymi. Rachunki na pewno będą straszne, ale jak najbardziej do rozwiązania.

Vax: Zarzuci ktoś może jakąś nierówność ?

Kaśśśś: Proszę o pomoc x5−4x2+3=0

Vax: Zauważmy, że x=1 jest jednym z pierwiastków, korzystając z Tw. Bezouta otrzymujemy: (x−1)(x⁴+x³+x²−3x−3) = 0 Aby znaleźć miejsca zerowe wielomianu wewnątrz nawiasu posłużymy się metodą Ferrariego: x⁴+x³+x²−3x−3 = 0

	x2
x4+x3=−x2+3x+3 / +
	4

	x2		3x2
x4+x3+		= −		+3x+3
	4		4

	x		3x2
(x2+		)2 = −		+3x+3
	2		4

	x		y		3		y		y2
(x2+		+		)2 = (y−		)x2+(		+3)x+		+3
	2		2		4		2		4

Wyróżnik trójmianu po prawej stronie ma być równy 0, stąd:

	y		3
(		+3)2 = (y2+12)(y−		)
	2		4

Wymnażając i redukując wyrazy podobne otrzymujemy: y³−y²+9y−18=0

	1
Podstawmy teraz y = n+
	3

	1		1		1
(n+		)3−(n+		)2+9(n+		)−18=0
	3		3		3

	26		407
n3+		n−		= 0
	3		27

Podstawmy n=u+v

	26		407
(u+v)3+		(u+v)−		= 0
	3		27

	26		407
u3+v3+(u+v)(3uv+		)−		= 0
	3		27

⎧	u3+v3 = 407/27
⎩	3uv+26 / 3 = 0

⎧	u3+v3 = 407/27
⎩	u3v3 = −17576 / 729

Zauważmy, że są to wzory Viete'a dla trójmianu kwadratowego o pierwiastkach u³, v³, możemy z tego ułożyć równanie kwadratowe którego pierwiastki będą równe v³ oraz u³

	407		17576
z2−		z−		= 0
	27		729

Rozwiązujemy to jak każde równanie kwadratowe, liczymy deltę i widzimy, że:

	407± 9√2913
z =
	54

	407+9√2913		407−9√2913
Czyli: n = u+v = 3√		+ 3√
	54		54

	407+9√2913		407−9√2913		1
Wobec czego y = 3√		+ 3√		+
	54		54		3

Podstawiamy do wcześniejszego:

	x		y		3		y		y2
(x2+		+		)2 = (y−		)x2+(		+3)x+		+3
	2		2		4		2		4

	x		407+9√2913   407−9√2913   1   3√ + 3√ +   54   54   3
(x2+		+		)2 =
	2		2

	407+9√2913		407−9√2913		5		407+9√2913
(3√		+ 3√		−		)x2 + (U{3√
	54		54		12		54

	407−9√2913		1
+ 3√		+
	54		3

	407+9√2913		407−9√2913		1
}{2}+3)x+U{(3√		+ 3√		+
	54		54		3

)²}{4}+3 Zauważamy, że po lewej mamy wzór skróconego mnożenia:

	x		407+9√2913   407−9√2913   1   3√ + 3√ +   54   54   3
(x2+		+		)2 =
	2		2

	407+9√2913		407−9√2913		5		407+9√2913
(√3√		+3√		−		x+√U{(3√		+
	54		54		12		54

	407−9√2913		1
3√		+		)2}{4}+3)2
	54		3

Teraz wystarczy wszystko przerzucić na jedną stronę, skorzystać ze wzoru na różnicę kwadratów i otrzymasz iloczyn dwóch trójmianów kwadratowych, z których jeden będzie posiadał 2 pierwiastki, a drugi będzie posiadał ujemną deltę, z tym już problemów nie ma Pozdrawiam.

AS: Połamania głowy! 1. Znaleźć największy kąt trójkąta,którego boki są równe 2*d + 3,d² + 2*d , d² + 3*d + 3. (d ∊ R+) 2. Dowieść,że jeżeli ³√a + ³√b = ³√a*b to (a + b − a*b)³ + 27*a²*b² = 0 3. Boki trójkąta tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy r = 2 cm,a pole trójkąta S = 6 cm².Obliczyć boki trójkąta. 4. Wiedząc,że log2*log5 = 0.2104,oblicz bez użycia tablic log2 i log 5. (mowa oczywiście o logarytmach dziesiętnych).

Vax: Kurczę, odpiszę za 3h bo teraz muszę iść do Kościoła i na trening, napiszę później, fajne zadania

Vax: @ETA udało mi się zrobić to zadanie z wielomianem nie rozwiązując układu równań ! Otóż skoro wiemy, że jest to wielomian 6 stopnia, oraz mamy wartość, jaką przyjmuje on w 7 punktach: W(1)= −4 , W(2)= −2 , W(3)= −1 ,W(4)=4 ,W(5)=19, W(6)=53, W(7)= 121 To możemy korzystając z Interpolacji wielomianowej wyznaczyć wartość tego wielomianu w dowolnym punkcie ! Liczymy:

x−2

x−3

x−4

x−5

x−6

x−7

L0(x) =

*

*

*

*

*

−1

−2

−2

−2

−2

−2

analogicznie:

x−1

x−3

x−4

x−5

x−6

x−7

L1(x) =

*

*

*

*

*

1

−1

−2

−3

−4

−5

...

x−1

x−2

x−3

x−4

x−5

x−6

L6(x) =

*

*

*

*

*

6

5

4

3

2

1

Nasz wielomian można zapisać w postaci: W(x) = −4*L₀−2*L₁−L₂+4L₃+19L₄+53L₅+121L₆ Teraz wystarczy podstawić wartość 0 i 10, aby obliczyć jaką wartość przyjmuje dla tych argumentów dany wielomian Wychodzi: W(0) = −12 oraz W(10) = −860 Pozdrawiam.

Vax: Na końcu miało być: W(0) = −12 oraz W(10) = 860. Pozdrawiam.

Vax: Aha, i w pierwszym L₀(x) mianowniki powinny być takie, −1 , −2 , −3 , −4 , −5 , −6

Vax: Jakby się komuś nudziło, to daję fajne zadanie, wykaż, że dla każdej liczby pierwszej p zachodzi: 2^p−1 | 2^2p−2 − 1 Pozdrawiam.

Przewiduje pokój: 3. Przyjmę za boki : a−2 , a , a+2 wtedy : Obw = 3a

	obw
s =		= 1,5a
	2

P = 6 = √1,5a(1,5a − a + 2)(1,5a − a)(1,5a − a − 2) 6 = √1,5a * 0,5a (0,5a−2)(0,5a+2) 6 = √0,75a²(0,25a² −4) 0,1875a⁴ − 3a² − 36 = 0 a⁴ − 16a² − 192 = 0 t = a² , t ≥ 0 t² − 16t − 192 = 0 t₁ + t₂ = 16 t₁ * t₂ = −192 widać na oko że : t₁ = 24 t₂ = −8 − sprzeczne 24 = a² a = 2√6 boki to : 2(√6−1) ; 2√6 ; 2(√6 + 1)

Marta: Zaokrąglić następujące liczby do trzech poprawnych (dokładnych) cyfr znaczących i obliczyć błąd względny i bezwzględny powstały przy zaokrągleniu : a. 2.1514; b. 0.16152; c. 0.01204.

Przewiduje pokój: log 2 * log 5 = 0,2104 mamy obliczyć log 2 oraz log 5 najpierw zauważamy że : 1 − log 5 = log 2 teraz zę log 2 + log 5 = 1 (log 2 + log 5)² = log² 2 + 2log2log5 + log² 5 1 = log² 2 + 0,4208 + log² 5 log² 2 + log² 5 − 0,5792 = 0 (1 − log5)² + log² 5 − 0,5792 = 0 1 − 2log5 + log² 5 − 0,5792 = 0 2log² 5 − 2log5 + 0,4208 = 0 log² 5 − log 5 + 0,2104 t = log 5 t² − t + 0,2104 = 0 Δ= 1 − 0,8416 = 0,1584 √Δ ≈ 0,4

	1 + 0,4
t1 =		= 0,7
	2

	1 − 0,4
t2 =		= 0,3
	2

t₂ odpada ale nie wiem dlaczego. czyli : log 5 ≈ 0,7 dalej: log 2 * 0,7 = 0,2104 log 2 ≈ 0,3

MQ: No, to i ja coś dorzucę. Swego czasu mocno sie nad tym pomęczyłem w liceum, zanim przeprowadziłem dowód, chociaż dowód jest banalnie prosty. Mamy wielokąt foremny o środku S i wierzchołkach A₁, A₂, ... , A_n oraz dowolny punkt B. Udowodnić, że suma wektorów BA₁^→, BA₂^→, ... , BA_n^→ jest równa nBS^→

Przewiduje pokój: Zał : |x₁ + x+2 + ... + x_n| ≤ |x₁| + ]x₂| + ... + |x_n| Tez: |x₁ + x+2 + ... + x_n + x_n+1| ≤ |x₁| + ]x₂| + ... + |x_n| + ||x_n+1} dowód : |(x₁ + x+2 + ... + x_n) + (x_n+1)| ≤ |x₁ + x+2 + ... + x_n| + |x_n+1| ≤ |x₁| + ]x₂| + ... + |x_n| + ||x_n+1}

Mariusz: Może tutaj mi ktoś pomoże oblicz sumę szeregu z dokładnością do zadanej liczby EPS ( c,a, eps−dodatnie): ∞ c S=∑ −−−−−−−−−−− n=0 an *n!

Przewiduje pokój: Zał: (1+x)ⁿ > 1 + nx Tez: (1+x)ⁿ⁺¹ > 1 + (n+1)x dowód: (1+x)ⁿ > 1 + nx // (1+x) (1+x)ⁿ⁺¹ > (1+nx)(1+x) teraz wystarczy wykazać że : (1+nx)(1+x) > 1 + (n+1)x 1 + x + nx + nx² > 1 + nx + x nx² > 0 co jest oczywiście prawdziwe. c.n.u.

Mariusz: aⁿ powinno być