Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

- zdjęcie

Jarekzulus

Rejestracja: 16 Oct 2013
Offline Ostatnio: wczoraj, 08:17
*****

#131878 Co jest większe 2 (pi, e)

Napisane przez Jarekzulus w 10.09.2021 - 10:04

Co jest większe

 

e^{\pi}    czy     \pi^e

 

Zauważmy, że jeżeli mamy te same wykładniki to większa podstawa (oczywiście większa od 1) wskazuje kierunek nierówności

 

2^{10}<3^{10}      ponieważ          2<3

 

podobnie jak e^{e\cdot \pi}<\pi^{e\cdot \pi} na tej samej podstawie

 

Jeżeli wyjściowe liczby zapiszemy nieco inaczej tj.

 

\(e^{\frac{1}{e}}\)^{e\cdot \pi}                  \(\pi^{\frac{1}{\pi}}\)^{e\cdot \pi}        więc    musimy dowiedzieć się która "podstawa" jest większa  \(e^{\frac{1}{e}}\) czy \(\pi^{\frac{1}{\pi}}\)

 

Zbadajmy więc przebieg funkcji

 

y=x^{\frac{1}{x}}                łatwiej jeśli przejdziemy na logarytmy bo ciężko się liczy w tej postaci

 

 

ln(y)=ln\(x^{\frac{1}{x}}\)

 

ln(y)=\frac{1}{x}\cdot ln(x)

 

\frac{d(ln(y))}{dx}=\frac{d(\frac{1}{x}\cdot ln(x))}{dx}

 

\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x}+ln(x)\cdot (-\frac{1}{x^2})

 

\frac{dy}{dx}=y\cdot \(\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x}+ln(x)\cdot (-\frac{1}{x^2})\)=x^{\frac{1}{x}}\cdot \(\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x}+ln(x)\cdot (-\frac{1}{x^2})\)

 

\frac{dy}{dx}=x^{\frac{1}{x}}\cdot \frac{1}{x^2}(1-ln(x))

 

z założenia x>0 zatem dwa pierwsze czynniki są większe od zera

 

Pochodna równa zero gdy 1-ln(x)=0   czyli gdy x=e i tam też maksimum lokalne

 

pre_1631269733__x_do_1przez_x.jpg

 

zatem

 

e^{\frac{1}{e}} jest większe niż \pi^{\frac{1}{\pi}}

 

\(e^{\frac{1}{e}}\)^{e\cdot \pi} > \(\pi^{\frac{1}{\pi}}\)^{e\cdot \pi}

 

e^{\pi}>\pi^e

 

e^{\pi}=23.140692632779269005729086367948547380266106242600211993445046409

\pi^e=22.459157718361045473427152204543735027589315133996692249203002554


  • 1


#131871 x^y=y^x, x nie równe y

Napisane przez Jarekzulus w 27.08.2021 - 09:35

zobacz

 

http://matma4u.pl/to...-x-nie-równe-y/

 

x^y=y^x

 

Od czegoś trzeba zacząć więc może podstawmy coś :dancer2:

 

y=bx    dla odmiany b

 

x^{xb}=(bx)^x

 

(x^b)^x=(bx)^x

 

\((x^b)^x\)^{\frac{1}{x}}=\((bx)^x\)^{\frac{1}{x}}

 

x^b=bx     więc     \frac{x^b}{x}=b     

 

i dalej        x^{b-1}=b

 

zatem    podnosząc obustronnie do potęgi \frac{1}{b-1} mamy

 

\(x^{b-1}\)^{\frac{1}{b-1}}=b^{\frac{1}{b-1}}

 

x=b^{\frac{1}{b-1}}

 

a skoro y=bx  to

 

y=bx=b\cdot b^{\frac{1}{b-1}}=b^{1+\frac{1}{b-1}}=b^{\frac{b}{b-1}}

 

\{x=b^{\frac{1}{b-1}}\\ y=b^{\frac{b}{b-1}}

 

aby nie było za trywialnie ani za trudno sprawdźmy dla b=4

 

x=b^{\frac{1}{b-1}}=4^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{4}

 

y=b^{\frac{b}{b-1}}=4^{\frac{4}{3}}=4\sqrt[3]{4}=\sqrt[3]{256}

 

i

 

x^y= (\sqrt[3]{4})^{\sqrt[3]{256}}

 

y^x=(\sqrt[3]{256})^{\sqrt[3]{4}}     proszę się pobawić w przekształcanie :)


  • 1


#131866 Co jest większe 1 (piewiastek, logarytm)

Napisane przez Jarekzulus w 23.08.2021 - 15:06

\sqrt[3]{x}          czy                ln(x)

 

Najprościej licząc granicę można to obliczyć

 

\lim_{x\to \infty}\frac{\sqrt[3]{x}}{ln(x)}=[H]=\lim_{x\to \infty}\frac{\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to \infty}\frac{1}{3}x^{\frac{1}{3}}=\infty >1

 

a zatem w granicy licznik jest większy. Jak widać na grafice można się przejechać :)Tj. jeśli mamy te same jednostki na obu osiach trudno zauważyć zmianę, że najpierw jest jedna nad a później pod

pre_1629726312__wieksze1.jpg

policzmy zatem dla jakiego x te funkcje są równe

 

\sqrt[3]{x}=ln(x)

 

x^{\frac{1}{3}}=ln(x)                           dzielę przez                    x^{\frac{1}{3}}

 

1=ln(x)\cdot x^{-\frac{1}{3}}

 

\re{e^{ln(x)}=x}

 

1=ln(x)\cdot e^{ln\(x^{-\frac{1}{3}}\)}

 

1=ln(x)\cdot e^{-\frac{1}{3}\cdot ln(x)}          mnożę przez -\frac{1}{3}

 

-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}\cdot ln(x)\cdot e^{-\frac{1}{3}\cdot ln(x)}

 

W\(-\frac{1}{3}\)=W\(-\frac{1}{3}\cdot ln(x)\cdot e^{-\frac{1}{3}\cdot ln(x)}\)

 

W\(-\frac{1}{3}\)=-\frac{1}{3}\cdot ln(x)

 

-3 W\(-\frac{1}{3}\)=ln(x)

 

e^{-3 W\(-\frac{1}{3}\)}=x

 

Czyli (z Wolfram) e^{-3*productLog(0,-1/3)} ...

 

6.4056720789810570275681248283705578137524883328371483558766476821

93.354460835003657850683415262803653990614091443758778053203884276


  • 1


#131865 Potęgi i

Napisane przez Jarekzulus w 22.08.2021 - 02:05

</p>\\<p>i^0=1\\</p>\\<p>i^1=i\\</p>\\<p>i^2=-1\\</p>\\<p>i^3=-i\\</p>\\<p>i^4=1\\</p>\\<p>i^5=i \\ itd.\\</p>\\<p>

 

zatem czy możliwe jest by i^x=3 ????

 

i^x=3    chcąc się dobrać do x musimy zlogarytmować obustronnie

 

log_i(i^x)=log_i(3)

 

x=log_i(3)   co kończy zadanie :dancer2:

 

No może policzmy dokładniej :D podstawa logarytmu "oryginalna" zatem zmieńmy podstawy

 

x=log_i(3)=\frac{ln(3)}{ln(i)}

 

ile to zatem ln(i)     pokazałem jak takie "cudeńko" policzyć tu: http://matma4u.pl/to...j-czy-istnieje/

 

i=e^{i\cdot \frac{\pi}{2}+2 i\cdot n\cdot \pi}

 

x=log_i(3)=\frac{ln(3)}{ln(i)}=\frac{ln(3)}{ln(e^{i\cdot \frac{\pi}{2}+2 i\cdot n\cdot \pi})}=\frac{ln(3)}{ln(e^{i\cdot (\frac{\pi}{2}+2\cdot n\cdot \pi)})}=\frac{ln(3)}{i\cdot (\frac{\pi}{2}+2\cdot n\cdot \pi)}=\frac{-iln(3)}{\frac{\pi}{2}+2\cdot n\cdot \pi}

 

i ogólnie

 

i^x=a                to                      a=-\frac{2 i\cdot ln(a)}{\pi+4\cdot n\cdot \pi}


oczywiście n jest całkowite czyli mamy wiele rozwiązań


  • 1


#131859 Uporządowanie licznika w ułamku

Napisane przez Jarekzulus w 19.07.2021 - 21:30

To raczej kwestia umowy ale tak - standardowo najpierw całkowite, później niewymierne


  • 1


#131852 x do x do x do x... (x^x^x^x....) =2

Napisane przez Jarekzulus w 01.07.2021 - 01:04

Niech        x^{x^{x^x^{...}}}=y

 

x^{(x^{x^x^{...}})}=y       czyli x^y=y          (1)

 

z The Convergence of The Fixed Point Method - patrz http://mathonline.wi...ed-point-method   (ostatnia linijka)

 

|\frac{d(f(x^y)}{dy}|<1

 

|x^y\cdot ln x|<1

 

ale x^y=y

 

|y ln x|<1

 

|ln x^y|<1

 

ale x^y=y

 

|ln y|<1

 

-1<ln y< 1

 

e^{-1}<y<e

 

Mamy oszacowanie wartości

 

x^y=y

 

(x^y)^{\frac{1}{y}}=y^{\frac{1}{y}}

 

x=y^{\frac{1}{y}}

 

korzystając z powyższego oszacowania y skoro e^{-1}<y<e to

 

(e^{-1})^{\frac{1}{e^{-1}}}<x<e^{\frac{1}{e}}

 

                                                                            (e^{-1})^{\frac{1}{e^{-1}}}=(e^{-1})^{e}=e^{-e}

 

e^{-e}<x<e^{\frac{1}{e}}

 

 

Patrz:

https://en.wikipedia...nfinite_heights

 

https://pl.wikipedia.org/wiki/Tetracja

 

https://www.maa.org/.../Knoebelchv.pdf

 

pre_1625097583__x_do_x_do_x.jpg

 

 

 

 


  • 1


#131851 x do x do x do x... (x^x^x^x....) =2

Napisane przez Jarekzulus w 30.06.2021 - 01:59

x^{x^{x^x^{...}}}=a     to     x=\sqrt[a]{a}            GDZIE BŁĄD?

 

Powyżej pokazałem, że dla a=2 mamy rozwiązanie x=\sqrt{2}

 

zauważmy jednak, że dla a=4 mamy

 

x^{x^{x^x^{...}}}=4

 

x^{(x^{x^x^{...}})}=4

 

x^4=4       

 

x=\sqrt[4]{4}

 

x=\sqrt{2}

 

czyli

 

\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2}}^{...}}}=2             ale także             \sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2}}^{...}}}=4         Ewidentnie coś nie gra

 

Błąd leży u podstaw tj. określeniu dla jakich x takie wyrażenie ma rozwiązanie

 

Niebawem więcej :)


  • 1


#131848 x^x=2

Napisane przez Jarekzulus w 18.06.2021 - 12:40

https://en.wikipedia...bert_W_function

https://pl.wikipedia...kcja_W_Lamberta

 

x^x=2

 

Podnosimy obustronnie do potegi \frac{1}{x}

 

(x^x)^{\frac{1}{x}}=2^{\frac{1}{x}}

 

x=2^{\frac{1}{x}}=\(e^{ln(2)}\)^{\frac{1}{x}

 

x=e^{\frac{ln(2)}{x}}       obustronnie mnożymy przez \frac{ln(2)}{x}

 

x\cdot \frac{ln(2)}{x}=\frac{ln(2)}{x}\cdot e^{\frac{ln(2)}{x}}

 

ln(2)=\frac{ln(2)}{x}\cdot e^{\frac{ln(2)}{x}}    obkładam funkcją W Lamberta

 

W(ln(2))=W\(\frac{ln(2)}{x}\cdot e^{\frac{ln(2)}{x}}\)

 

W(ln(2))=\frac{ln(2)}{x}

 

więc

 

x=\frac{ln(2)}{W(ln(2))}

 

a ponieważ Jeżeli                   W(x)\cdot e^{W(x)}=x             to               e^{W(x)}=\frac{x}{W(x)}

 

więc

 

x=\frac{ln(2)}{W(ln(2))}=e^{W(ln(2))}

 

x=\frac{ln(2)}{W(ln(2))}\approx 1,5596104694623693499703887687650029932848835118430914247195945694

 

1,559610469462369^{1,559610469462369}=1,99999999999\approx 2 :dancer2:


  • 1


#131838 Test zgodności :(

Napisane przez Jarekzulus w 17.06.2021 - 12:36

Badanie czy rozkład jest normalny dla 9 elementowej próby raczej sensu nie ma. Brak podstaw do odrzucenia hipotezy zerowej.


  • 1


#131837 x^x=y^y, x nie równe y

Napisane przez Jarekzulus w 15.06.2021 - 17:27

x^x=y^y

 

x^x=y^y             logarytmujemy

 

ln(x^x)=ln(y^y)

 

x\cdot ln (x)=y\cdot ln(y)                 możemy inaczej zapisać y: jako:     y=e^{ln(y)}     więc

 

x\cdot ln (x)=ln(y)\cdot e^{ln(y)}        obkładamy funkcją W lamberta

 

W(x\cdot ln (x))=W\(ln(y)\cdot e^{ln(y)}\)

 

W(x\cdot ln (x))=ln(y)                      obkładamy funkcją wykładniczą

 

e^{W(x\cdot ln (x))}=y

 

np.

 

x=0,2

 

x^x=(0,2)^{0,2}\approx 0,7247796636776955314706140008815740907141798346041898684537

 

y= e^{(0,2*product log(0,2))}\approx 0.5665973048267657250506515338021951184436301507572241274639    obliczenia wolfram

 

y^y=0.56659730^{0.56659730}\approx 0,7247796636776955314706140008815740907141798346041898684537


  • 1


#131836 x^x=y^y, x nie równe y

Napisane przez Jarekzulus w 15.06.2021 - 17:01

x^x=y^y

 

założenia x>0,            y>0,          x\neq y

 

Niech          x=ay

 

zatem

 

(ay)^{ay}=y^y     obustronnie do potęgi \frac{1}{y}

 

(ay)^a=y

 

a^a\cdot y^a=y  

 

a^a=y^{1-a}                   obustronnie do potęgi \frac{1}{1-a}

 

(a^a)^{\frac{1}{1-a}}=y

 

y=a^{\frac{a}{1-a}}           więc      x=ay=a\cdot a^{\frac{a}{1-a}}=a^{\frac{1-a+a}{1-a}}=a^{\frac{1}{1-a}}

 

\{x=a^{\frac{1}{1-a}}\\ y=a^{\frac{a}{1-a}}

 

przykład

 

a=3

 

x=3^{\frac{1}{1-3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}

 

y=3^{\frac{3}{1-3}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}

 

x^x=(\frac{1}{\sqrt{3}})^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\approx 0,7282273028722097195045434280334788674580752002720560845237201224

y^y=(\frac{1}{3\sqrt{3}})^{\frac{1}{3\sqrt{3}}}\approx 0,7282273028722097195045434280334788674580752002720560845237201224


 

 

 


  • 2


#131830 Zmienna losowa o rozkładzie normalnym - błąd pomiaru

Napisane przez Jarekzulus w 10.06.2021 - 09:02

X\sim N(0,100)

 

a potrzebujesz policzyć P(X>150)+P(X<-150). z uwagi że jest to rozkład symetryczny a średnia wynosi zero wystarczy policzyć 2\cdot P(X>150)

 

P(X>150)=1-\Phi \(\frac{150-0}{100}\)=1-\Phi (1,5)=1-0,93319=0,06681

 

2\cdot 0,06681=0,13362

 

dopieść zapis :)

 

dla ujemnej masz    \Phi(-a)=1-\Phi(a)


  • 1


#131828 x^x^x=0.5 do sqrt(2)

Napisane przez Jarekzulus w 08.06.2021 - 14:15

x^{x^x}=\(\frac{1}{2}\)^{\sqrt{2}}

 

x^{x^x}=\(\frac{1}{2}\)^{\sqrt{2}}=\(\frac{1}{2}\)^{2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}=\(\frac{1}{4}\)^{\frac{1}{\sqrt{2}}}

 

                                                   \frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\(\frac{1}{2}\)^{\frac{1}{2}}

 

x^{x^x}=\(\frac{1}{4}\)^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\(\frac{1}{4}\)^{\(\frac{1}{2}\)^{\frac{1}{2}}}

 

                                                  \frac{1}{2}=\(\frac{1}{2}\)^1=\(\frac{1}{2}\)^{2\cdot \frac{1}{2}}=\(\frac{1}{4}\)^{\frac{1}{2}}

 

x^{x^x}=\(\frac{1}{4}\)^{\(\frac{1}{2}\)^{\frac{1}{2}}}=\(\frac{1}{4}\)^{\(\(\frac{1}{4}\)^{\frac{1}{2}}\)^{\frac{1}{2}}}=\frac{1}{4}^{\(\frac{1}{4}\)^{\frac{1}{4}}}         stąd       x=\frac{1}{4}


  • 2


#131827 x^x=1 przez piewiastek z 2

Napisane przez Jarekzulus w 08.06.2021 - 13:47

x^x=\frac{1}{\sqrt{2}}

 

x^x=\frac{1}{2^{\frac{1}{2}}}=2^{-\frac{1}{2}}=\((\frac{1}{2})^{-1}\)^{-\frac{1}{2}}=\(\frac{1}{2}\)^{\frac{1}{2}}                    więc                 x=\frac{1}{2}

 

ale teraz

 

x^x=\(\frac{1}{2}\)^{\frac{1}{2}}=\(\frac{1}{2}\)^{2\cdot \frac{1}{4}}=\(\(\frac{1}{2}\)^2\)^{\frac{1}{4}}=\(\frac{1}{4}\)^{\frac{1}{4}}              więc             x=\frac{1}{4}

 

 

pre_1623156452__x_do_x.jpg


  • 1


#131826 Jeden do potęgi x równe a (1^x=a, [TeX]a\neq 1[/TeX])

Napisane przez Jarekzulus w 07.06.2021 - 22:46

Zapewne słyszeliście, że jeden do każdej potęgi daje jeden... do każdej rzeczywistej :whistle:  ale w zbiorze liczb zespolonych dzieją się rzeczy których nie śniło się filozofom :dancer:

 

1^x=a        zlogarytmujmy

 

log_1 (1^x)=log_1 (a)

 

x=log_1 (a)     zmieńmy podstawę

 

x=\frac{ln(a)}{ln(1)}

 

Teraz zapiszmy 1 w innej postaci 1=e^{i(0+2\pi\cdot n)}       n oczywiście jest liczbą całkowitą dla wygody kolejnych obliczeń różną od 0

 

x=\frac{ln(a)}{ln(e^{i(0+2\pi\cdot n)})}=\frac{ln(a)}{i(0+2\pi\cdot n)}=\frac{ln(a)}{i\cdot 2\pi n}

 

pozbywamy się i z mianownika

 

x=\frac{ln(a)}{i\cdot 2\pi n}=\frac{i\cdot ln(a)}{i^2\cdot 2\pi n}=-\frac{i\cdot ln(a)}{2\pi n}

 

zatem

 

1^{-\frac{i\cdot ln(a)}{2\pi n}}=a

 

np.

 

 

1^{-\frac{i\cdot ln(2)}{2\pi n}}=2

 

1^{-\frac{i\cdot ln(3)}{2\pi n}}=3

 

Możecie się o tym przekonać obliczając

 

1=3^{\frac{1}{x}}

 

pre_1623102053__logarytmiczek.jpg

:)

 

Znalazłem jeszcze ciekawe przekształcenie w Wolframie które ułatwia "obliczenia".

pre_1623134372__1do_x.jpg

więc dla n=1 mamy wynik 2 :shifty:


  • 2