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fsdfdsddijsdfsdfo 05-11-2006 11:08

....

fsdfdsddijsdfsdfo 05-11-2006 11:16

grandi cazzate ho scritto.

fsdfdsddijsdfsdfo 06-11-2006 08:43

come si fa a dimostrare che 2^(pq)-1 non è primo, essendo p e q primi?


non voglio usare il coefficente binomiale

Ziosilvio 06-11-2006 09:41

Quote:

Originariamente inviato da dijo
come si fa a dimostrare che 2^(pq)-1 non è primo, essendo p e q primi?


non voglio usare il coefficente binomiale

Usa una somma telescopica:
Codice:

2^(pq)-1 = 2^(pq)-2^(pq-p)+2^(pq-p)-2^(pq-2p)+...+2^(pq-(q-1)p)-1
        = (2^p-1)*(2^(pq-p)+2^(pq-2p)+...+1)

Essendo p e q primi, sono anche maggiori di 1, e questo basta a garantire che anche i due fattori così trovati siano entrambi maggiori di 1.

Miky Mouse 06-11-2006 16:13

[analisi matematica] chi mi aiuta con questo limite?
 
chiunque possa dare una mano è benvenuto...

limite con x che tende a 1 di:

((radice cubica di x) - 1) / (x -1)


non saprei come scriverla meglio..... il risultato è 1/3

Solertes 06-11-2006 16:51

Dovrebbe risultare una forma indeterminata 0/0. Risolavendo con De l'hopital ottieni x^(-2/3)/3, sostituendo ad x il valore 1, ottieni appunto 1/3....ma qualcuno più fresco di me ti illustrerà meglio la cosa,io è secoli che ho fatto A1

psico88 06-11-2006 20:43

Allora provo a spiegartelo... io sotituirei: radice cubica di x=t quindi x=t alla terza, così il limite diventa: lim di t che tende a 1 di (t-1)/(t alla terza-1); sostituendo 1 viene indeterminata (0/0) quindi vuol dire che sia l'equazione al numeratore che quella al denominatore sono divisibili per uno: con ruffini ad esempio puoi dividere il denom per 1 e ottieni: (t-1) / (t alla seconda + t + 1) x (t-1) --> (t-1) si semplifica e ottieni 1/(t alla seconda + t + 1): sostituendo 1 ottieni ora 1/3... nn so se sia giusto, controlla i calcoli ma dovrebbe ciauz ;)

Miky Mouse 07-11-2006 07:21

Quote:

Originariamente inviato da Solertes
Dovrebbe risultare una forma indeterminata 0/0. Risolavendo con De l'hopital ottieni x^(-2/3)/3, sostituendo ad x il valore 1, ottieni appunto 1/3....ma qualcuno più fresco di me ti illustrerà meglio la cosa,io è secoli che ho fatto A1


non lo posso usare.... il prof non lo ha ancora introdotto...

Quote:

Originariamente inviato da psico88
Allora provo a spiegartelo... io sotituirei: radice cubica di x=t quindi x=t alla terza, così il limite diventa: lim di t che tende a 1 di (t-1)/(t alla terza-1); sostituendo 1 viene indeterminata (0/0) quindi vuol dire che sia l'equazione al numeratore che quella al denominatore sono divisibili per uno: con ruffini ad esempio puoi dividere il denom per 1 e ottieni: (t-1) / (t alla seconda + t + 1) x (t-1) --> (t-1) si semplifica e ottieni 1/(t alla seconda + t + 1): sostituendo 1 ottieni ora 1/3... nn so se sia giusto, controlla i calcoli ma dovrebbe ciauz ;)

cavolo... sembra tutto giusto.... stò proprio fuori non capisco come ho fatto a non pensare di passare per un parametro... ma tu sei veramente dell'88?

cmq complimenti :D

psico88 07-11-2006 14:51

Si sn dell'88 grazie :D ... cmq l'ho fatto volentieri, tanto devo allenarmi per il compito di lunedì prox
ciauz

Ziosilvio 07-11-2006 16:53

Quote:

Originariamente inviato da Miky Mouse
limite con x che tende a 1 di:

((radice cubica di x) - 1) / (x -1)

Fatte le derivate?
Perché, in questo caso, visto che la radice cubica di 1 è proprio 1, e che la funzione f(x)=x^(1/3) è definita in un intorno del punto x=1 e ivi derivabile, quello non è altro che il valore della derivata prima della funzione f(x)=x^(1/3) nel punto x=1.

Ad ogni modo, una ripassata ai limiti notevoli farebbe bene.

Ziosilvio 07-11-2006 16:58

Quote:

Originariamente inviato da psico88
io sotituirei: radice cubica di x=t quindi x=t alla terza, così il limite diventa: lim di t che tende a 1 di (t-1)/(t alla terza-1)

Ottimo!
Quote:

sostituendo 1 viene indeterminata (0/0) quindi vuol dire che sia l'equazione al numeratore che quella al denominatore sono divisibili per uno
Ma numeratore e denominatore sono divisibili per 1 anche se la forma non è 0/0 :nonio:
Casomai: per t-1.
Quote:

con ruffini ad esempio puoi dividere il denom per 1
Cioè: per t-1.
Quote:

e ottieni: (t-1) / (t alla seconda + t + 1) x (t-1) --> (t-1) si semplifica e ottieni 1/(t alla seconda + t + 1): sostituendo 1 ottieni ora 1/3
Ottimo! :mano:
E senza usare de l'Hôpital!

T3d 08-11-2006 14:06

ho questa successione:


e devo calcolarne il limite


mi potreste spiegare anche i passaggi fondamentali?

grazie mille :D

Ziosilvio 08-11-2006 15:51

Quote:

Originariamente inviato da T3d
ho questa successione:


e devo calcolarne il limite


mi potreste spiegare anche i passaggi fondamentali?

Per n>0 hai cos(1/n) in (0,1). Poni:



Allora:



Applica un po' di limiti notevoli...

T3d 08-11-2006 16:06



grazie mille ;)

(neo) 12-11-2006 22:08

Ok ziosilvio, ho capito + o - quello che mi hai spiegato sul mio post, però a me interesserebbe che qualcuno mi spiegasse un minimo di teoria, anche 4 righe, per farmi capire come dover operare, niente di +.. Quindi riscrivo il mio messaggio qua:


Ciao a tutti.
Ho un problemino con i numeri complessi, e cioè non capisco come si rappresentino le radici di un numero complesso.
Vi posto alcuni esempi che non riesco a risolvere, ho la soluzione ma non capisco perchè venga fuori così, anche se ho letto la parte della teoria che la spiega non l'ho proprio capita..

Allora, per esempio:
Calcolare nel campo dei numeri complessi la radice indicata.

(2+i*2(3)^1/2)^1/2

o Esprimere nella forma trigonometrica i seguento numeri complessi:

a) (3)^1/2 + i
b) 1-i

oppure per esempio quando dice Calcolare le radici complesse dell'equazione z^2 + z + 1=0.
Ho il risultato ma è una cosa enorme e non capisco da dove venga fuori sinceramente..
Mi potreste delucidare un momentino? Spiegarmi semplicemente come si trovano queste benedette radici??

Grazie mille!! :help:

Ziosilvio 13-11-2006 14:02

Quote:

Originariamente inviato da (neo)
a me interesserebbe che qualcuno mi spiegasse un minimo di teoria, anche 4 righe, per farmi capire come dover operare

Di teoria ce ne hai sicuramente un bel po' sul tuo libro di testo ;)
Il forum, però, magari è un po' più veloce a darti le risposte che ti servono sul momento...

Vediamo: dovresti avere familiarità con la rappresentazione polare dei numeri complessi.
Ossia: dovresti sapere che un numero complesso z può essere dato sia mediante le sue coordinate cartesiane x e y, sia mediante la sua distanza rho dall'origine (ossia il suo modulo) e l'angolo theta formato dal segmento 0z rispetto all'asse delle ascisse (oosia il suo argomento).
Se dunque

allora la formula di Eulero ti dice che

Trovare le radici n-esime di z, significa trovare quei numeri complessi w tali che w^n=z.
Per la formula di Eulero, il modulo di w deve essere la radice n-esima reale del modulo di z. Inoltre, detto phi l'argomento di w e theta quello di z, devi avere

che è possibile se e solo se cos theta= cos n*phi e sin theta = sin n*phi, il che a sua volta è possibile se e solo se theta ed n*phi differiscono per un multiplo di 2 Pi. Allora

per qualche k compreso tra 0 ed n-1 inclusi.
Quote:

premetto che con sqrt(...)^n intendo radice ennesima
Questa notazione è completamente sbagliata.
In "matematichese ASCII standard" :D x^n significa "x all'n-esima potenza", quindi sqrt(...)^n è la potenza n-esima della radice quadrata, che non è la radice n-esima.
Se vuoi scrivere la radice n-esima, ti conviene scriverla come potenza (1/n)-esima; ossia, invece di sqrt(x)^n (sbagliato) scrivo x^(1/n) (corretto).

Adesso, per cortesia, riscrivi il testo degli esercizi usando la notazione corretta ;)

(neo) 13-11-2006 17:04

Quote:

Originariamente inviato da Ziosilvio
Questa notazione è completamente sbagliata.....
cut...
...Adesso, per cortesia, riscrivi il testo degli esercizi usando la notazione corretta ;)

contento? :mbe:


Quote:

Originariamente inviato da Ziosilvio
Di teoria ce ne hai sicuramente un bel po' sul tuo libro di testo ;)
Il forum, però, magari è un po' più veloce a darti le risposte che ti servono sul momento...

No invece sul mio libro c'è solo una pagina di teoria su questo argomento e su internet non trovo fonti comprensibili, per questo ho chiesto qua.
Cmq siccome ora ho corretto la scrittura degli esercizi mi faresti gentilmente vedere come li risolvi? Tanto so che sono una cazzata, ma se li vedo risolvere a qualcun'altro magari mi entra meglio in testa quello che stai cercando di spiegare che ancora mi sembra leggermente ostico, anche se sono sicuro che tu sia stato molto chiaro.

Ziosilvio 13-11-2006 18:35

Quote:

Originariamente inviato da (neo)
Calcolare nel campo dei numeri complessi la radice indicata.

(2+i*2(3)^1/2)^1/2

Devi calcolare:

Considera il numero sotto radice:

Ovviamente,

quindi |z|=4 e puoi riscrivere

Ora, tu sai dalla Trigonometria che 1/2 = cos Pi/3 e sqrt(3)/2 = sin Pi/3: quindi,

e le due radici quadrate saranno

e

Ora, cos Pi/6 = sqrt(3)/2 e sin Pi/6 = 1/2, quindi w1 = sqrt(3)+i.
Fai poi presto a vedere che w2 = -w1 = -sqrt(3)-i.

(neo) 13-11-2006 23:46

Quote:

Originariamente inviato da Ziosilvio
Devi calcolare:

Considera il numero sotto radice:

Ovviamente,

quindi |z|=4 e puoi riscrivere

Ora, tu sai dalla Trigonometria che 1/2 = cos Pi/3 e sqrt(3)/2 = sin Pi/3: quindi,

e le due radici quadrate saranno

e

Ora, cos Pi/6 = sqrt(3)/2 e sin Pi/6 = 1/2, quindi w1 = sqrt(3)+i.
Fai poi presto a vedere che w2 = -w1 = -sqrt(3)-i.

Il tuo ragionamento fila, ma non c'ho capito tanto sinceramente.. mi perdo in alcuni passaggi.. cmq, vabbè, lasciamo stare..
grazie mille per la disponibilità ma mi rifiuto.
Devo prendere provvedimenti perchè sti numeri complessi sono l'unico argomenti di analisi che non riesco mai a capire, sarà la quarta volta che mi ci metto ad impararli ma nulla.. non so proprio che fare.. :(

vabbè.. grazie. :)

soulinafishbowl 13-11-2006 23:58

Quote:

Originariamente inviato da Ziosilvio
Adesso, per cortesia, riscrivi il testo degli esercizi usando la notazione corretta ;)

:read:


Sei un grande! :ave:

(neo) 14-11-2006 00:12

Quote:

Originariamente inviato da soulinafishbowl
:read:


Sei un grande! :ave:

ma bbbafan... :doh:

dupa 15-11-2006 13:37

Vi dirò una cosa folle.. ho finito l'università l'anno scorso.. l'ultimo esame di analisi l'avrò fatto 5 anni fa.. e devo ammettere che sento un po' la mancanza di matematica :cry:

JackTheReaper 18-11-2006 12:58

problemino di calcolo combinatorio:
la signora Rossi e marito invitano 10 persone a pranzo (moglie e marito, quindi considerando anche i padroni di casa ci sono 6 coppie)
-considerando che le coppie sono inscindibili quante sono le combinazioni possibili di tavolate? consideriamo un unica tavola rotonda.
-quante sono le tavolate che rispettano la regola che i signori e le signore sono alternati?

per il primo quesito pensavo 6! è giusto?
per il secondo?
grazie mille ;)

JL_Picard 18-11-2006 22:37

spero di non essere arrugginito...

problema uno...

Poichè le coppie sono inscindibili.. abbiamo sei posizioni liberamente definibili..

cioè la prima coppia occupa i posti 1 e 2... la seconda i posti 3 e 4,,, e così via.

la prima coppia puo occupare 6 possibili coppie di posti (1-2 3-4...)

la secona d 5.. la terza 4.. e così via..
per cui abbiamo 6!=720 coppie di posti..
tuttavia ogni coppia di posti può essere occupata in due modi: (posto uno marito/posto 2 moglie o viceversa)...

per cui il valore di prima va moltiplicato per 2^6=64

Totale= 720*64= 46080

tale valore va ridotto perchè ogni disposizione si ripete dodici volte (ipotizzando la stessa sequenza di posti, essa può avere inizio in qualunque punto) per cui si deve dividere per 12 ottenendo 3840 possibili soluzioni

Problema DUE..
la prima parte del ragionamento è uguale...

la seconda cambia..

infatti una volta fissata la disposizione della prima coppia, la coppia seguente deve necessariamente disporsi in modo opportuno (se il posto due è occupato da una donna, il tre deve essere occupato da un uomo).

per cui il numero di posti è 720*2/12=120

Ziosilvio 19-11-2006 11:17

Quote:

Originariamente inviato da Morkar Karamat
Essendo la tavola rotonda direi:

- per il primo 5!*2^6, poichè dove si mette la prima "non conta"

- per il secondo 5!*2, scelto l'ordine della prima coppia MF, deve risultare MFMFMF. Viceversa devono essere FMFMFM...per cui 2 casi per ogni permutazione circolare.


Aspetterei il parere di Zio Silvio cmq... :p

ECCOMI!!! :faccina-con-Superman: :sofico:

Allora: direi che abbiamo capìto un po' tutti che "inscindibili" vuol dire "marito e moglie stanno affiancati". Per cui:
Quote:

Originariamente inviato da JackTheReaper
quante sono le combinazioni possibili di tavolate? consideriamo un unica tavola rotonda

Ti conviene vederla così: prima disponi le coppie, poi disponi le persone in ciascuna coppia.
Ora, se la tavola fosse dritta, avresti 6! disposizioni possibili per le coppie: ma la tavola è rotonda, quindi non importa quale sia la "prima" coppia della fila, e di disposizioni possibili ne hai 6!/6 = 5! = 120.
Messe le coppie, devi solo disporre gli elementi in ogni coppia, cosa che puoi fare in due modi e devi fare in tutto sei volte: per cui, hai 2^6 = 64 disposizioni marito-moglie nelle coppie.
Totale: 5! * 2^6 = 120 * 64 = 7680 tavolate possibili.
Quote:

Originariamente inviato da JackTheReaper
quante sono le tavolate che rispettano la regola che i signori e le signore sono alternati?

Se consideriamo ancora valida l'ipotesi che marito e moglie siano affiancati, allora la cosa è molto semplice: le coppie le disponi come prima, ma stavolta hai solo la scelta "ciascun marito a destra della moglie" o "ciascun marito a sinistra della moglie", per cui hai solo 120 * 2 = 240 tavolate possibili.

[EDIT]
Se invece l'ipotesi non vale più, le cose si complicano un po'.
Supponiamo che la tavolata sia dritta e che il primo commensale sia un uomo.
Allora hai sei scelte per il primo commensale, sei per il secondo (che è una donna) cinque per il terzo (uomo), cinque per il quarto (donna), e così via, quindi hai in tutto (6!)^2 "tavolate dritte con un uomo all'inizio".
Ma la tavola è rotonda, quindi non importa chi metti come primo uomo (o prima donna): dato che hai 6 uomini (e altrettante donne), devi dividere per tale numero e ottieni in tutto 6*(5!)^2 "tavolate rotonde".

Però:
Quote:

Originariamente inviato da Paul Erdös
Questa dimostrazione non viene dal Libro.

E in effetti c'era un modo molto più semplice di rendersene conto: per ottenere le tavolate possibili con sei uomini e sei donne, con gli uomini alternati alle donne, basta combinare le tavolate circolari di sei uomini con le tavolate circolari di sei donne in tutti i modi possibili. Dato che ci sono 5! delle prime e 5! delle seconde --- e questo per lo stesso motivo per cui ci sono 5! tavolate circolari di coppie marito-moglie --- e che puoi incastrare ciascuna coppia tavolata di uomini - tavolata di donne in 6 tavolate rotonde diverse (fissi un uomo e scegli quale donna affiancargli), il numero richiesto non può che essere 6*(5!)^2.
[/EDIT]

T3d 19-11-2006 13:45

preso un qualunque , scegliamo come un qualunque intero il cui inverso è più piccolo di . Allora se si ha:


quindi il limite L è 0

T3d 19-11-2006 13:58

in effetti la dimostrazione rigorosa è proprio quella... la mia credo sia troppo banale! l'0ho riscritta utilizzando la definizione di limite di successione ;)

JackTheReaper 19-11-2006 14:27

grazie a tutti :)

26 nel compitino di analisi I :ave:

Banus 19-11-2006 14:36

Quote:

Originariamente inviato da Ziosilvio
Ma la tavola è rotonda, quindi non importa chi metti come prima coppia: dato che hai 6^2 coppie "prima donna - primo uomo", devi dividere per tale numero e ottieni in tutto (5!)^2 "tavolate rotonde".

Ho seguito un ragionamento simile ma a questo punto considero 6 coppie possibili "prima donna - primo uomo" (o 12 se consideriamo sia le sequenze che iniziano con un uomo o con una donna, e in questo caso abbiamo 2*(6!)^2 tavolate "dritte"), corrispondenti alle possibili rotazioni della tavola. In questo caso le combinazioni possibili sono 6*(5!)^2.
Ragionando sulle combinazioni di tavolate circolari, si ottiene ancora questo risultato considerando che, data una tavolata di uomini e una di donne, è possibile combinarle in maniera "sfasata" generando tavolate inequivalenti per rotazione. I possibili "sfasamenti" per coppia di tavolate sono 6, e così riotteniamo ancora 6*(5!)^2.
Mi sto sbagliando? :stordita:

Ziosilvio 19-11-2006 15:48

Quote:

Originariamente inviato da Banus
Ho seguito un ragionamento simile ma a questo punto considero 6 coppie possibili "prima donna - primo uomo" (o 12 se consideriamo sia le sequenze che iniziano con un uomo o con una donna, e in questo caso abbiamo 2*(6!)^2 tavolate "dritte"), corrispondenti alle possibili rotazioni della tavola. In questo caso le combinazioni possibili sono 6*(5!)^2.
Ragionando sulle combinazioni di tavolate circolari, si ottiene ancora questo risultato considerando che, data una tavolata di uomini e una di donne, è possibile combinarle in maniera "sfasata" generando tavolate inequivalenti per rotazione. I possibili "sfasamenti" per coppia di tavolate sono 6, e così riotteniamo ancora 6*(5!)^2.
Mi sto sbagliando? :stordita:

Non sbagli: ho diviso io per 6 una volta di troppo :cry:
Ora correggo.

ck-81 19-11-2006 19:45

Serie
 
Ragazzi mi potete aiutare sulle serie? Ne ho qualcuna da proporvi

1)sommatoria di n=2,n=inf di sin(n*pi+(1/(sqr(n)))

2)sommatoria di n=2,n=inf di cos(n*pi+(1/(sqr(n)))

3)sommatoria di n=2,n=inf di 1/(n*log(sqr(n)))

4)sommatoria di n=1,n=inf di 1/sin(radcubica(n))

5)Dimostrare che sommatoria di k=0,k=n di 1/3^k e' = (3^(n+1)-1)/(2*3^n)

Grazie in anticipo a tutti! :D

Ziosilvio 19-11-2006 23:05

Quote:

Originariamente inviato da ck-81
sommatoria di n=2,n=inf di sin(n*pi+(1/(sqr(n)))

Immagino che di questa, e delle tre successive, tu debba solo dire se c'è convergenza.
Ricordando che sin(x+Pi)=-sin(x), hai che il termine generico della serie è

Applica il criterio di Leibniz.
Quote:

sommatoria di n=2,n=inf di cos(n*pi+(1/(sqr(n)))
Analogamente a prima,

Stavolta però

Traine le tue conclusioni.
Quote:

sommatoria di n=2,n=inf di 1/(n*log(sqr(n)))
Notoriamente, log(sqr(n)) = 1/2 * log(n). A questo punto dei tuoi studi, dovresti conoscere il comportamento della serie di termine generico 1/(n log n).
Quote:

sommatoria di n=1,n=inf di 1/sin(radcubica(n))
Per n>=1 hai sin(n^(1/3))<>0, quindi |1/sin(n^(1/3))|>=1.
Traine le tue conclusioni.
Quote:

Dimostrare che sommatoria di k=0,k=n di 1/3^k e' = (3^(n+1)-1)/(2*3^n)
Con una somma telescopica,

Poni a=1/3 e procedi.

Ziosilvio 19-11-2006 23:08

Quote:

Originariamente inviato da marcio3000
un insieme compatto sarebbe = [a,b] ?

Un insieme compatto è un insieme tale che da ogni ricoprimento aperto si può estrarre un sottoricoprimento finito.
In uno spazio metrico a dimensione finita, sono compatti tutti e soli gli insiemi chiusi e limitati; quindi, [a,b] è compatto, ma lo è anche [a,b] union [c,d]. Solo che il primo è anche connesso, mentre il secondo potrebbe non esserlo.

D4rkAng3l 20-11-2006 15:44

piccolo aiuto con esercizio di analisi
 
L'esercizio dice: "Si dica sensa usare il calcolatore quale di questi numeri è il maggiore: radice quadreata di (100^20) ed e^40

Io l'ho pensato così:

radice(100^20)= 100^(20%2)=100^10

per cui posso usare i logaritmi in base e allora avrei

ln(100^10) = 10*ln(100), ora ln(100) è quel numero a cui devo elevare 3 per ottenere 100...e è circa 2,7 quindi diciamo che ln(100) sarà un numero tra 3 e 4

moltiplicato per 10 avrò un valore compreso tra 30 e 40

l'altro invece è e^40...passo ai logaritmi quindi ln(e^40) =40*ln(e)=40

per cui mi verrebbe da dire che è più grande e^40...anche se i conti a mano non me li sono fatti per bene...come raggionamento potrebbe andare?

Grazie
Andrea

Ziosilvio 20-11-2006 15:58

In realtà, ln 100 = 2 ln 10, quindi ln(sqrt(100^20)) = 20 ln 10.
Pertanto, e^40 > sqrt(100^20) se e solo se ln 10 < 2: ma e<3, quindi e^2<9, ragion per cui in realtà ln 10 > 2.
Quindi, il più grande dei due numeri è sqrt(100^20).

Però, la prossima volta, usa il thread in rilievo...

JL_Picard 20-11-2006 17:02

100^20 = (10^2)^20 = 10^40

poichè e<10... ed essendo gli esponenti uguali...

85francy85 20-11-2006 17:20

Quote:

Originariamente inviato da D4rkAng3l
L'esercizio dice: "Si dica sensa usare il calcolatore quale di questi numeri è il maggiore: radice quadreata di (100^20) ed e^40

Io l'ho pensato così:

radice(100^20)= 100^(20%2)=100^10

per cui posso usare i logaritmi in base e allora avrei

ln(100^10) = 10*ln(100), ora ln(100) è quel numero a cui devo elevare 3 per ottenere 100...e è circa 2,7 quindi diciamo che ln(100) sarà un numero tra 3 e 4

moltiplicato per 10 avrò un valore compreso tra 30 e 40

l'altro invece è e^40...passo ai logaritmi quindi ln(e^40) =40*ln(e)=40

per cui mi verrebbe da dire che è più grande e^40...anche se i conti a mano non me li sono fatti per bene...come raggionamento potrebbe andare?

Grazie
Andrea


radice quadreta :D (mi fa venire in mente banfi (E CHE CHEZZO)

comunque la radice di 100^20 è 10^20 da confrontEre:D con e^40=(e^2)^20

quindi da confrontare sono solo 10 e e^2
quale dei due è piu grosso? :D :stordita: (10)

ck-81 20-11-2006 17:34

grazie zio,sei un grande :D

Quindi l'argomento del coseno e' scomponibile...era quello che mi faceva dubitare... :)

Per la penultima serie non ho capito il tuo ragionamento,con il confronto asintotico sin(n^1/3) non si comporta come 1/n? e quindi diverge?

Grazie cmq del tuo aiuto :D

ck-81 20-11-2006 17:46

scusate se rompo con le serie ma so' de coccio :D

Sia SconK=(((a con K)^1/k)+1) con estremo inferiore di S con K >2 e
A con K >0

dimostrare che la sommatoria per k=1,k=inf diverge

similmente:


Sia SconK=(((a con K)^1/k)-1) con estremo superiore di S con K >-1 e <0 e
A con K >0

dimostrare che la sommatoria per k=1,k=inf converge

Grazie a tutti!! :D

pierfrancesco99 20-11-2006 18:13

IO facendo il 2liceo e avendo capito poco delle disequazioni frazionarie vi kiedo x-8/(fratto)x-4>0 da risolvere senza ke la dis diventi di 2grado..e se potete motivare i passaggi grazie


se qualke buon anima mi vuole contattare su msn x aiutarmi mi addi

pierfrancesco99@gmail.com :sofico:


Tutti gli orari sono GMT +1. Ora sono le: 10:44.

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