\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^-}f(x)=\infty . Dersom vi bruker at f(x) er jamn, slik at \int_{-2}^2f(x)dx=2\int_0^2f(x)dx=2\lim_{R\to0}\int_R^2\frac{dx}{x^4}=2\lim_{R\to0}\frac{-1}{3x^3}|_{x=R}^{x=2}=\lim_{R\to0}\frac{-2}{3}(\frac{1}{8}-\frac{1}{R^3})\to\infty . Følgelig divergerer integralet på [...

A) Vinkelsum av en mangekant er gitt som "Vinkelsum" = "[Antall sider (kanter) - 2]" * 180 grader. Da bør du finne vinkelsummen av en åttekant greit. I dette tilfellet er alle vinklene like store, slik at enhver vinkel er gitt som "vinkelsum"/"antall vinkler"....

Hele induksjonsteget har jo falt sammen som følge av den feilen du gjorde, men frem til det er det jo riktig. Antar du vil få noe uttelling på at du gjennomfører steg 1 og 2 av beviset riktig, samt at du viser at du skjønner hvordan induksjon fungerer ved å sette P(t+1)=P(t)+a_{t+1} , men selve bevi...

Feilen din, Gjest, er å sette \frac{(t+1)!-1}{(t+1)!}=\frac{t^3-t-1}{t^3-t} Dette stemmer ikke for alle t\in\mathbb{N} , og da faller beviset ditt sammen. Kan lett vises ved f.eks. t=10: \frac{11!-1}{11!}=\frac{39916799}{39916800}\neq\frac{10^3-10-1}{10^3-10}=\frac{989}{990} . Faller nok sannsynligv...

[tex]S_{2n}[/tex] uttrykker summen av de 2n første leddene, altså [tex]a_1+a_2+...+a_{2n}[/tex]. [tex]S_n[/tex] er dermed allerede en del av [tex]S_{2n}[/tex]. Det du ønsker at nevneren din uttrykker, er jo nettopp summen av de 2n første oddetallene minus summen av de n første oddetallene (som skal være i nevneren).

Tror du har mistet litt av uttrykket. Det jeg sier er at a_1+a_2+...+a_{n-1}+a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n}-(a_1+a_2+...+a_n)=a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n} , noe som må være sant fordi S_n+a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n}-S_n=a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n} . Er jo nevneren du ønsker å uttrykke, og ved å først le...

Dersom vi lar telleren være gitt ved S_n=a_1+a_2+...+a_n , altså summen av de n første oddetallene, vil nevneren være gitt ved a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{2n} . Dette uttrykket kan enkelt manipuleres ved å legge til og trekke fra S_n , slik at nevneren blir a_1+a_2+...+a_n+a_{n+1}+...+a_{2n}-(a_1+a_2+......

[tex]ln(\frac{x}{x+1})=ln(x)-ln(x+1)<0\Rightarrow ln(x)<ln(x+1)\Rightarrow x<x+1[/tex] som er sant for alle reelle x. Ettersom logaritmefunksjonen er definert for x>0 blant reelle tall, er ulikheten også kun sann for [tex]x>0[/tex].

Integralet kan splittes opp og tas leddvis, altså at \int a(x)+b(x)dx=\int a(x)dx+\int b(x)dx . Er det som er gjort i dette tilfellet: \int \frac{x^2-\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}x+1}{x^2-\frac{2}{3}x}dx=\int \frac{x^2-\frac{2}{3}x}{x^2-\frac{2}{3}x}dx+\int \frac{\frac{2}{3}x+1}{x^2-\frac{2}{3}x}dx=\int ...

Det du ønsker å gjøre ved faktorisering er jo å forkorte/forenkle svaret ditt ved å samle felles faktorer. For uttrykket \frac{1}{x} \cdot e^{2x}+ln(x) \cdot e^{2x} \cdot 2 , er e^{2x} felles faktor (finnes i alle ledd), og vi kan trekke den utenfor parentes ettersom a(b+c)=ab+ac . Derfor er \frac{1...

Nei, skal stemme slik det er nå. Hvis du lar [tex]a=ln\left ( \frac{4000}{p} \right )[/tex] og [tex]b=\frac{1}{0.8}=1.25[/tex], så er [tex]e^{ab}=(e^a)^b[/tex] av vanlige potensregler. Dermed er [tex]e^{ab}=e^{\frac{ln\left ( \frac{4000}{p} \right )}{0.8}}=(e^{ln\left ( \frac{4000}{p} \right )})^{1.25}[/tex]

Begge er riktige, men ditt svar ser mye mer uryddig ut enn fasitforslaget. Husk at [tex]e^{ln x}=x[/tex], slik at [tex]q(p)=e^{\frac{ln(\frac{4000}{p})}{0.8}}=(e^{ln(\frac{4000}{p})})^{\frac{1}{0.8}}=\left (\frac{4000}{p} \right )^{1.25}\approx \frac{31811}{p^{1.25}}=31811p^{-1.25}[/tex]

Gjest skrev:Hva må du opphøye 10 i for å få 1? Per definisjon.

Feil grunntall, men tankegangen er samme. [tex]ln(1)=0[/tex] fordi [tex]e^{ln(1)}=1=e^0[/tex]

Tenkte mer at [tex]n(n-1)(n-2)...(n-y+1)[/tex] alltid vil være av grad y. DVS [tex]n(n-1)(n-2)...(n-y+1) = n^y+an^{y-1}+...+bn[/tex], noe som lett kan vises.

Prøv å utvid telleren i brøken. Ser du hvilken grad polynomet blir av?