Egy pontszerű testre két erő hat, F 1 = 3 N északi irányú és F 2 = 4 N keleti irányú. Mekkora a testre ható eredő erő nagysága?
7 N. 5 N. 1 N.
A B C
Az "eredő erő" a testre ható összes erő vektoriális összege. Ha két erő hat egy testre, akkor az eredő erő a két erő vektoriális összege. A testre hat egy G függőleges irányú erő, mivel a talpa érintkezik a talajjal, valamint egy vízszintes irányú centripetális erő, ami a centrifugális erőt próbálja egyensúlyozni. Ekkor az N számú részecskére ható erő:

F=I(lxB)=(NQ/t)(vt)xB=NQ(vxB)

Ily módon az egyetlen részecskére ható erő:

F=Q(vxB). Newton második törvénye értelmében egy "m" tehetetlen tömegű testre ható "F" erő esetén:

ahol "v" a test sebessége. Ha egy nyugalomban lévő testre nem hat a támaszkodó felületével párhuzamos irányú erő, akkor ott nem is ébred súrlódás. Eredő erő

Egy testre ható, több erőből álló erőrendszer mindig helyettesíthető egyetlen erővel, az erőrendszer eredőjével. "n" = 1 esetén:

"n" = 2-re:

"n" = 3-ra:

"n" = 4-re:

Általában, "n" > 1-re:

Mivel a számítás során csak "f"(1)-gyel kell osztani, azért az invertálhatóság egyetlen kritériuma az, hogy "f"(1) ≠ 0. Például egy testre ható gravitációs erő tekinthető úgy, mint a testnél jelenlévő gravitációs mező hatása a testre. Függvények rekurziójára kiváló példa a Fibonacci-számok, ahol a függvény részben önmaga egy változatát hívja meg: "F(n) = F(n − 1) + F(n − 2)". Akkor, ha f(n)=x, akkor (véve mindkét oldal inverzét) n=f*(f(n))=f*(x), tehát f(n+1)=f(f*(x)+1), azaz:

φ(x)= f(f*(x)+1) 

Ezzel megkaptuk a φ függvény képletét, és ezzel egy elsőrendű rekurziót. Innen már egyszerű, hogy "g"("n") = "n"("n"-1)/2, de "f"("n") nehezebben számítható. Ha egy tömegpontra az 1. és 2. pont között F eredő erő hat, a fentiek értelmében az formula_3 eredő munkát végez. Ezeket az eltéréseket Newton második mozgástörvényével összhangban a külső erő testre gyakorolt hatása okozza, amely kimondja, hogy a testre ható eredő erő egyenlő a test (tehetetlenségi) tömegével szorozva a gyorsulásával. Ekkor ha m∈N tetszőleges index, és x = a = f(n)∈X, akkor φ(x) = φ(a) = φ(f(n)) = a= f(n+1). Közegellenállás

A folyadékban vagy gázban mozgó testre erő hat. De az "S"("x")="f"("x") egyenlet "n"+1 feltételt ad és ezek a feltételek a pontokon belül "n"+1–2="n"–1 pontot eredményeznek, tehát összesen 4"n" ‒ 2 feltételt. Egy testre ható gravitációs erő az egyik – a Föld felszínén álló megfigyelő számára a legnagyobb – összetevője a test súlyának, a testre ható nehézségi erőnek. Amennyiben a szögsebesség nem állandó, a testre a szöggyorsulásból adódóan érintő irányú tehetetlenségi erő, az Euler-erő is hat:

A centrifugális gyorsulás a formula_8 földrajzi szélességű helyen: formula_9. Adott ("W"; "M", "N") kobordizmushoz van egy "f" : "W" → [0, 1] sima függvény úgy, hogy "f"(0) = "M", "f"(1) = "N". Tihany, f. 1. n. 17. A lejátszókarra ható "P" erő felbontható egy "P" és egy "P" irányú komponensre. N. F. N. F. N. F. Az "eredő erő" a testre ható összes erő vektoriális összege. Ha két erő hat egy testre, akkor az eredő erő a két erő vektoriális összege. A testre hat egy G függőleges irányú erő, mivel a talpa érintkezik a talajjal, valamint egy vízszintes irányú centripetális erő, ami a centrifugális erőt próbálja egyensúlyozni. Ekkor az N számú részecskére ható erő:

F=I(lxB)=(NQ/t)(vt)xB=NQ(vxB)

Ily módon az egyetlen részecskére ható erő:

F=Q(vxB). Newton második törvénye értelmében egy "m" tehetetlen tömegű testre ható "F" erő esetén:

ahol "v" a test sebessége. Ha egy nyugalomban lévő testre nem hat a támaszkodó felületével párhuzamos irányú erő, akkor ott nem is ébred súrlódás. Eredő erő

Egy testre ható, több erőből álló erőrendszer mindig helyettesíthető egyetlen erővel, az erőrendszer eredőjével. "n" = 1 esetén:

"n" = 2-re:

"n" = 3-ra:

"n" = 4-re:

Általában, "n" > 1-re:

Mivel a számítás során csak "f"(1)-gyel kell osztani, azért az invertálhatóság egyetlen kritériuma az, hogy "f"(1) ≠ 0. Például egy testre ható gravitációs erő tekinthető úgy, mint a testnél jelenlévő gravitációs mező hatása a testre. Függvények rekurziójára kiváló példa a Fibonacci-számok, ahol a függvény részben önmaga egy változatát hívja meg: "F(n) = F(n − 1) + F(n − 2)". Akkor, ha f(n)=x, akkor (véve mindkét oldal inverzét) n=f*(f(n))=f*(x), tehát f(n+1)=f(f*(x)+1), azaz:

φ(x)= f(f*(x)+1) 

Ezzel megkaptuk a φ függvény képletét, és ezzel egy elsőrendű rekurziót. Innen már egyszerű, hogy "g"("n") = "n"("n"-1)/2, de "f"("n") nehezebben számítható. Ha egy tömegpontra az 1. és 2. pont között F eredő erő hat, a fentiek értelmében az formula_3 eredő munkát végez. Például n=5 esetén az f(1)=5, f(2)=2, f(3)=1, f(4)=3, f(5)=4 permutációt a következő rövidebb alakban adhatjuk meg: 
Még rövidebb, ha az elemeknek a séma felső sorában szereplő „természetes sorrendjét” is elhagyjuk, és csak a képelemeket írjuk ki: (5, 2, 1, 3, 4). Ezeket az eltéréseket Newton második mozgástörvényével összhangban a külső erő testre gyakorolt hatása okozza, amely kimondja, hogy a testre ható eredő erő egyenlő a test (tehetetlenségi) tömegével szorozva a gyorsulásával. Ekkor ha m∈N tetszőleges index, és x = a = f(n)∈X, akkor φ(x) = φ(a) = φ(f(n)) = a= f(n+1). Közegellenállás

A folyadékban vagy gázban mozgó testre erő hat. De az "S"("x")="f"("x") egyenlet "n"+1 feltételt ad és ezek a feltételek a pontokon belül "n"+1–2="n"–1 pontot eredményeznek, tehát összesen 4"n" ‒ 2 feltételt. Egy testre ható gravitációs erő az egyik – a Föld felszínén álló megfigyelő számára a legnagyobb – összetevője a test súlyának, a testre ható nehézségi erőnek. Amennyiben a szögsebesség nem állandó, a testre a szöggyorsulásból adódóan érintő irányú tehetetlenségi erő, az Euler-erő is hat:

A centrifugális gyorsulás a formula_8 földrajzi szélességű helyen: formula_9. Adott ("W"; "M", "N") kobordizmushoz van egy "f" : "W" → [0, 1] sima függvény úgy, hogy "f"(0) = "M", "f"(1) = "N". Tihany, f. 1. n. 17. A lejátszókarra ható "P" erő felbontható egy "P" és egy "P" irányú komponensre. N. F. N. F. Az "eredő erő" a testre ható összes erő vektoriális összege. Ha két erő hat egy testre, akkor az eredő erő a két erő vektoriális összege. "n" = 1 esetén:

"n" = 2-re:

"n" = 3-ra:

"n" = 4-re:

Általában, "n" > 1-re:

Mivel a számítás során csak "f"(1)-gyel kell osztani, azért az invertálhatóság egyetlen kritériuma az, hogy "f"(1) ≠ 0. A testre hat egy G függőleges irányú erő, mivel a talpa érintkezik a talajjal, valamint egy vízszintes irányú centripetális erő, ami a centrifugális erőt próbálja egyensúlyozni. Akkor, ha f(n)=x, akkor (véve mindkét oldal inverzét) n=f*(f(n))=f*(x), tehát f(n+1)=f(f*(x)+1), azaz:

φ(x)= f(f*(x)+1) 

Ezzel megkaptuk a φ függvény képletét, és ezzel egy elsőrendű rekurziót. Ekkor az N számú részecskére ható erő:

F=I(lxB)=(NQ/t)(vt)xB=NQ(vxB)

Ily módon az egyetlen részecskére ható erő:

F=Q(vxB). Innen már egyszerű, hogy "g"("n") = "n"("n"-1)/2, de "f"("n") nehezebben számítható. Newton második törvénye értelmében egy "m" tehetetlen tömegű testre ható "F" erő esetén:

ahol "v" a test sebessége. Függvények rekurziójára kiváló példa a Fibonacci-számok, ahol a függvény részben önmaga egy változatát hívja meg: "F(n) = F(n − 1) + F(n − 2)". Ha egy tömegpontra az 1. és 2. pont között F eredő erő hat, a fentiek értelmében az formula_3 eredő munkát végez. De az "S"("x")="f"("x") egyenlet "n"+1 feltételt ad és ezek a feltételek a pontokon belül "n"+1–2="n"–1 pontot eredményeznek, tehát összesen 4"n" ‒ 2 feltételt. Ha egy nyugalomban lévő testre nem hat a támaszkodó felületével párhuzamos irányú erő, akkor ott nem is ébred súrlódás. Eredő erő

Egy testre ható, több erőből álló erőrendszer mindig helyettesíthető egyetlen erővel, az erőrendszer eredőjével. Tihany, f. 1. n. 17. Ekkor ha m∈N tetszőleges index, és x = a = f(n)∈X, akkor φ(x) = φ(a) = φ(f(n)) = a= f(n+1). Adott ("W"; "M", "N") kobordizmushoz van egy "f" : "W" → [0, 1] sima függvény úgy, hogy "f"(0) = "M", "f"(1) = "N". Ezért (n+1)!+2, (n+1)!+3, ..., (n+1)!+n+1 n darab egymást követő összetett szám. Például egy testre ható gravitációs erő tekinthető úgy, mint a testnél jelenlévő gravitációs mező hatása a testre. Páratlan számok négyzete páratlan, mivel (2"n" + 1) = 4("n" + "n") + 1. Ezeket az eltéréseket Newton második mozgástörvényével összhangban a külső erő testre gyakorolt hatása okozza, amely kimondja, hogy a testre ható eredő erő egyenlő a test (tehetetlenségi) tömegével szorozva a gyorsulásával. Adott n-re például (n+1)!+2 nyilván osztható 2-vel, (n+1)!+3 osztható hárommal, és így tovább egészen (n+1)!+n+1-ig, ami osztható n+1-gyel. Például minden esetben, amikor "n" ≡ 2 (mod 3), a 4/"n" felírása automatikusan következik:
Itt mindhárom nevező, az "n", az ("n" − 2)/3 + 1 és az "n"(("n" − 2)/3 + 1) is "n"-nek a polinomja, továbbá mindhárom egész értéket vesz fel, ha "n" ≡ 2 (mod 3). Közegellenállás

A folyadékban vagy gázban mozgó testre erő hat. Például n=5 esetén az f(1)=5, f(2)=2, f(3)=1, f(4)=3, f(5)=4 permutációt a következő rövidebb alakban adhatjuk meg: 
Még rövidebb, ha az elemeknek a séma felső sorában szereplő „természetes sorrendjét” is elhagyjuk, és csak a képelemeket írjuk ki: (5, 2, 1, 3, 4). Az alábbiakban láthatunk néhány szimmetrikus hatványösszeg-polinomot konkrét értékekre kiszámolva:

1) "n" = 1, "k" = 1:

2) "n" = 2, "k" = 1, 2:

3) "n" = 3, "k" = 1, 2, 3:

Az "n" változós 1, 2, ..., "n"-edfokú szimmetrikus hatványösszeg-polinomok halmaza generálja az "n"-edfokú szimmetrikus polinomok gyűrűjét.