Lássuk az első feladatot. Ha ezt megoldod az útmutatásom alapján, akkor mehetünk tovább.
1. feladat: Számold ki elsőként, hogy mennyi oldószer van (literben megadva) a két folyadékban külön-külön. Ha ezt tudod, akkor összeadva ezeket tudni fogod, hogy együtt mennyi oldószer van bennük, ennyi lesz az összeöntés után is. Most ezt oszd el a teljes folyadékmennyiséggel (ami gondolom világos minden rávezetés nélkül). A kapott hányados a keresett töménység, ezt a legvégén %-ban kell megadnod (1%=0.01). Ird le, meddig jutottál.
15 különböző kérdés van, gondoltam egyszerübb emailben elküldeni.
Néhányat bemásolok, elég lenne a megoldás menete, majd kiszorozgazom az eredményt.
1. Összekeverünk két oldatot. Az első: 3 liter 19 %-os a második 23 liter 4 %-os töménységű. Kérdés: Mennyi oldatot kapunk, és milyen töménységűt?
2. Mennyi fertőtlenítő szer kell 234 köbméter 0,2 %-os oldat elkészítéséhez?
3. Ha van 345 liter 5 %-os oldatunk és nekünk kellene ugyanebből az anyagból 21,2 %- os oldat akkor mit kell belerakni és mennyit?
4 Ha egy tojóállomány 99 %-os szinten termel és a tojások 97,5 %- a termékeny akkor mennyi kel ki ha a keltethetőség 80 %, a tojólétszámra vonatkoztatva?
Segítség kellene arány számitás, %, oldatkészítés, témában. A kérdések egyszerűek, de régen tanultam, bizonytalan vagyok benne. Néhány kérdést meg tudok oldani, abban csek ellenőrzés kellene. E-mail-ben elküldeném a kérdéseket........
"Határozd meg a kifejezések legbővebb értelmezési tartományát!"
3 "bizderga" van amire kell ügyelni:
-páros gyök alá ne pakolj negatívat -0-val ne ossz -logaritmus alapja és argumentuma pozitív, alapja nem egy
Számolgatni Neked kell, 2-odfokú kifejezést tudsz kezelni trig. függvényeket ismered. (Kicsit önsegélyező klubnak tűnik tudom, de mis is lusták vagyunk ez a helyzet:))
20*16^x+20*25^x=41*20^x (olld meg a valós számok halmazán)
Elosztod 20-al 16^x+25^x=41/20 *20^x
osztod 20^x-el, ekkor
(4/5)^x + (5/4)^x =41/20
a:=(4/5) ^x ez a-ra 2odfokúra vezet (a-val szorzás után), megoldod. Másodfokúnak egyik gyöke lesz a 4/5 innen expo szig monból x=1 jön másig gyök 5/4 innen ugyanúgy adódik a (-1)
Egyik barátom fölvetette, hogy valós számokat növekvő sorrendbe állítani sem lehet lineáris időben; ennek fényében Matematika-feladat topicban kitűzött feladatom abban a formában lehet, hogy megoldhatatlan, ha valaki hozzáértő rápillantana a feladatra és véleményezné azt nagy örömmel fogadnám.
Sajnos f' oszcillációjának határértékéről, hogy miért nem beszél
Azért, mert nincs szüksége rá a bizonyításban. Ugyanis az f'-be helyettesített tau-t meghagyja, csak a g'-be helyettesített tau'-t és a h'-be helyettesített tau''-t cseréli le tau-ra. Ha úgy bizonyítana, hogy mondjuk mindhárom pontot a számtani közepükre cserélné le, akkor mindhárom oszcillációról kellene beszélnie. Az egy szimmetrikusabb bizonyítás lenne, de mint mondtam nincs rá szükség.
Rendben, és köszönöm, így már kapiskálom. Sajnos f' oszcillációjának határértékéről, hogy miért nem beszél, még most sem értem és biztos van még számos dolog amit tisztázni kellene bennem, de szerintem ennek csak Szeptembertől fog eljönni az ideje.
Még annyit tennék hozzá a rend kedvéért, hogy tau, tau', tau'' nem a Riemann-integrálban szerepel, hanem egy összegben, ami közelíthető egy Riemann-összeggel és az integrál is közelíthető ugyanazon Riemann-összeggel.
Minden bj-hez véges sok ai kell, tehát triviálisan legfeljebb omega; |J| darab omega elemszámú halmaz egyesítése legfeljebb omega.|J| számosságú, ez utóbbi pedig |J|-vel egyenlő (azért mert legalább |J| és legfeljebb |J|2, továbbá |J|2=|J|, mert J végtelen halmaz).
Még csak kérdés: miért tekinthető f, g, h függvények a-b intervallumon meghatározott Lagrange-féle középérték helyei (tau, tauvessző, és taukétvessző) egy és ugyananzonnak pontnak a Reimann integrálban?
Nem tekinthetők ugyanazon pontnak, de ha minden tau'-t és tau''-t kicseréled a megfelelő tau-ra, akkor az összeg nem változik sokat. Ezt részletezi Császár a 376-377. oldalon. A becslések végeredményét a 377. oldal (9) egyenlőtlensége tartalmazza, eszerint a cserék során az összeg változása legfeljebb a g' és h' osszcillációinak összege a Fi felosztáson. Ha a Fi-t végtelenül finomítod, akkor mindkét osszcilláció nullához tart (a g' és a h' integrálhatósága folytán), vagyis a két összeg (sigma és sigma', lásd 376. oldal (5)-(6)) különbsége is nullához tart. Az összegek közül sigma az integrálhoz tart (mert ő egy integrálható függvény Riemann-összege egy végtelenül finomodó felosztássorozaton), ezért a másik összeg (tehát sigma') is az integrálhoz tart. Ezt foglalja össze a 377. oldal (10) formulája, innen megy a bizonyítás tovább.
A kiv. axióma egy másik kérdés volt, csak egyszerre tettem föl.
A kiválasztási axióma segítségével nagyon sok tétel bizonyítható, amik intuitívak és a gyakorlatban hasznosak. Azt is tudjuk, hogy a kiválasztási axióma nem mond ellent a halmazelmélet többi axiómájának (feltéve hogy azokból nem következik ellentmondás), tehát kényelmes és hasznos feltenni.
A kiv. axióma egy másik kérdés volt, csak egyszerre tettem föl.
Még csak kérdés: miért tekinthető f, g, h függvények a-b intervallumon meghatározott Lagrange-féle középérték helyei (tau, tauvessző, és taukétvessző) egy és ugyananzonnak pontnak a Reimann integrálban? Ha értem egyáltalán, amit ott leírt.