Mutassuk meg, hogy az f-nek legalább egy gyökere van az RR-ben?

Válasz:

Ellenőrizze az alábbiakat.

Magyarázat:

Már értem.

mert #f (a) + F (b) + F (c) = 0 #

Lehet, hogy van

#f (a) = 0 # és #f (b) = 0 # és #f (c) = 0 # ami azt jelenti # F # legalább egy gyökere van # A #,# B #,# C #
A két szám közül legalább az egyik az ellenkezője

Tegyük fel #f (a) = ## -F (b) #

Azt jelenti #f (a) f (b) <0 #

# F # folyamatos # RR # és aztán # A, b subeRR #

Alapján Bolzano-tétel legalább egy van # # X_0#ban ben## RR # így #f (x_0) = 0 #

használata Bolzano-tétel más időközönként #időszámításunk előtt#,# A, c # ugyanezen következtetéshez vezet.

Végül is # F # legalább egy gyökere van # RR #

Válasz:

Lásd lentebb.

Magyarázat:

Ha az egyik #f (a), f (b), f (c) # nulla, ott van egy gyökere.

Most feltételezzük #f (a) ne 0, f (b) ne 0, f (c) ne 0 # akkor legalább egy

#f (a) f (b) <0 #

#f (a) f (c) <0 #

#f (b) f (c) <0 #

igaz lesz, különben

#f (a) f (b)> 0, f (a) f (c)> 0, f (b) f (c)> 0 #

ez azt jelenti

#f (a)> 0, f (b)> 0, f (c)> 0 # vagy #f (a) <0, f (b) <0, f (c) <0 #.

Minden esetben az eredmény #f (a) + F (b) + F (c) # nem lehet null.

Most, ha az egyik #f (x_i) f (x_j)> 0 # folytonosság szerint létezik a #zeta (x_i, x_j) # oly módon, hogy #f (zeta) = 0 #

A Paula két tesztpontjának átlagának 80-nak vagy annál nagyobbnak kell lennie ahhoz, hogy legalább egy B-t kapjon az osztályban. 72-et kapott az első tesztjén. Milyen fokozatokat kaphat a második teszten, hogy legalább egy B-t tegyen az osztályban?

88 Az átlag képletet használom erre a válaszra. "átlag" = ("fokozatok összege") / ("fokozatok száma") Vizsgálata 72 - es pontszámmal, és egy ismeretlen pontszámú x - es teszt, és tudjuk, hogy az átlagának legalább 80-nak kell lennie. , így ez a következő képlet: 80 = (72 + x) / (2) Mindkét oldal szaporodása 2-vel, és oldja meg: 80 xx 2 = (72 + x) / törlés2 xx törlés2 160 = 72 + x 88 = x A „B” legalább egy „B” teszt eléréséhez a második teszt

A feljegyzések azt mutatják, hogy a valószínűsége 0,00006, hogy egy autónak egy alagútban egy gumiabroncsja lesz, hogy egy bizonyos alagútban vezethessen. Keresse meg annak a valószínűségét, hogy a csatornán áthaladó legalább 10 000 autónak lapos gumiabroncsai lesznek?

Először egy binomiális: X ~ B (10 ^ 4,6 * 10 ^ -5), még akkor is, ha a p rendkívül kicsi, n hatalmas. Ezért ezt a normális használatával közelíthetjük meg. X ~ B (n, p), Y ~ N (np, np (1-p)) esetében Tehát Y ~ N (0.6,0.99994) van, P (x> = 2), normál használatával korrigálva határok, P (Y> = 1,5) Z = (Y-mu) / sigma = (Y-np) / sqrt (np (1-p)) = (1,5-0,6) / sqrt (0,99994) ~ ~ 0,90 P (Z> = 0,90) = 1-P (Z = 0,90) Z-táblázatot használva megállapítjuk, hogy z = 0,90 P (Z = 0,90) = 0,8159 P (Z> = 0,90

Mutassuk meg, hogy az x ^ 6 + x ^ 2-1 = 0 egyenletnek pontosan egy pozitív gyökere van. Indokolja válaszát. Nevezze meg azokat a tételeket, amelyeken a válasz függ, és az f (x) tulajdonságait, amelyeket használni kell?

Íme néhány módszer ... Íme néhány módszer: Descartes-nak a jelek szabálya: f (x) = x ^ 6 + x ^ 2-1 Ennek a sextikus polinomnak az együtthatók jelei vannak a mintában + + -. Mivel létezik egy jelváltás, Descartes jelrendszere azt mondja, hogy ez az egyenlet pontosan egy pozitív nulla. Azt is találjuk, hogy: f (-x) = f (x) = x ^ 6 + x ^ 2-1, amely ugyanazokkal a jelekkel rendelkezik + + -. Ezért az f (x) pontosan egy negatív nullával is rendelkezik. Adott pontok: f (x) = x ^ 6 + x ^ 2-1 Ne feledje, hogy: f '(x) = 6x ^ 5 +