Ja, vil i hvert fall jeg si.
Dersom du bruker Leibniz' syn og ser på du og dx som infinitesimale størrelser eller endringer av u og x, så vil jo ligningen din du = u'(x)dx bli en skalering av x-verdier til u-verdier.
Normalt tar jacobi-determinanten plassen til den deriverte når du går fra ...

Ligningen er [tex]w^2=-9+12i[/tex], altså en ligning av grad 2.
Da har den to løsninger.
Du har jo [tex]\pm[/tex] i formelen, så hvis du bruker minusen får du den andre løsningen.
[tex]w_1=-\sqrt{3}-i2\sqrt{3}[/tex]

Ganger du med x^2 overalt og samler alt på en side, så har du en annengradsligning du kan løse.

Du har funnet [tex]P(D\cap \bar{K})[/tex] istedenfor [tex]P(D|\bar{K})[/tex]
Bruk Bayes' teorem, så er du i mål
[tex]P(A|B)=\frac{P(B|A)*P(A)}{P(B)}=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}[/tex]

Altså hvis du deler ditt svar på sannsynligheten for ikke å bli kassert, så har du det

En (uelegant) måte å komme frem til det på er i alle fall å skrive w som:
w=c+id \Rightarrow z=a+ib=w^2=c^2-d^2+2icd
Altså må a=c^2-d^2 og b=2cd
To ligninger med to ukjente som du lett kan løse og få det du skulle vise.

Går sikkert an å vise med z=re^{io} eller r(cos(o)+isin(o)) , men denne ...

Når det gjelder den siste ligningen der, så hvis du ganger opp nevneren:
y=Ae^{A\lambda t+C}+ye^{A\lambda t+C}
\Rightarrow y(1-e^{A\lambda t+C})=Ae^{A\lambda t+C}
og altså y=\frac{Ae^{A\lambda t+C}}{1-e^{A\lambda t+C}}


Men det skulle vel gjerne vært ln(\frac{y}{A-y}) etter integrasjonen ...

\lg {\left( {2x - 2} \right)^2} = 4\lg \left( {x - 1} \right)
(...)
EDIT, kan noen si meg hvorfor løsning ikke kan være -3 ?

Det skulle være
\lg \left( {1 - x} \right) ikke \lg \left( {x - 1} \right)
Også må dere huske at man ikke kan ta logaritmen til 0 eller negative tall, så ...

Stasjonære punkter er punkter der de partielle deriverte er lik 0.
For å klassifisere stasjonære punkt kan du bruke f.eks. regelen som står her på slutten av det første svaret.

Når det gjelder området D, så står det at x varierer fra 0 til 2, og y fra 0 til 1.
Hvis du ikke ser det helt for deg, så ...

Er sikkert en lurere måte å gjøre det på, men her er i alle fall én mulighet:

Hvis a_i er beløpet på slutten av år i. k er beløpet hun setter inn første året, r er rentefaktoren 1.045.
a_1=k*r
a_2=r*(a_1+k*1.1)=k(r^2+1.1r)
a_3=r*(a_2+k*1.1^2)=k(r^3+1.1r+1.1^2r)

a_n=k*\sum_{k=1}^{n}r^k*1.1 ...

Du har bare slurvet litt i den siste linjen ser det ut som
[tex]\frac{15}{4}+(\frac{3}{2})^2+1^2=\frac{28}{4}=7[/tex]

Gidder ikke begynne på noe diagrammer og sånt, men kan hjelpe deg litt i gang :P

Det er hele tiden to krefter som virker på Nils: tyngdekraften G og normalkraften N. G er konstant hele tiden G=mg.
Summen av kreftene som virker på Nils er gitt ved Newtons 2. lov, F=m*a, den virker altså i samme ...

Hehe, går fint Skal ha eksamen i morgen, trenger litt avkobling

Det ser riktig ut ja, men det blir vel 686,7 N, ikke kN
Hva L blir er vel egentlig ikke viktig, det var x du skulle finne.
L visste du fra før, for den er lik m*g=70*9.81=686,7

Det ser bra ut
x er en ubenevnt størrelse ja

Du kan nok droppe enhetene, fordi 0,6 også skulle hatt en eller annen (ukjent) enhet.
(Ellers får du at luftmotstanden har enheten (m/s)^x som ikke er helt det samme som newton )

Av sammenhengen cos \angle B \, = \, \frac{ \vec{BA} \, \cdot \, \vec{BC}}{|\vec{BA}| \, \cdot \, | \vec{BC}|}
får du at
\angle B=90^\circ \Leftrightarrow cos \angle B=0 \Leftrightarrow \vec{BA} \cdot \vec{BC}=0
Finner vektorene:
\vec{BA}=[1,-2]
\vec{BC}=[-4,-2]
Regner ut skalarproduktet ...

[tex]v^x=\frac{m*g}{0,6}[/tex]
Tar logaritmen på begge sider:
[tex]\Rightarrow x*ln(v)=ln(\frac{m*g}{0,6})=ln(m)+ln(g)-ln(0,6)[/tex]
[tex]x=\frac{ln(m)+ln(g)-ln(0,6)}{ln(v)}[/tex]
Så kan du sette inn tallene dine.