Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

- zdjęcie

KCN

Rejestracja: 03 Dec 2008
Offline Ostatnio: Mar 02 2022 07:42
****-

#116552 Znaleźć miejsca geometryczne na płaszczyźnie zespolonej

Napisane przez KCN w 03.09.2014 - 20:13

|z-i-\frac{(1+i)^{100}}{(1-i)^{96}+(1+i)^{96}} |=1

 

 \frac{(1+i)^{100}}{(1-i)^{96}+(1+i)^{96}}=\frac{(1+i)^4}{(\frac{1-i}{1+i})^{96}+1}=\frac{(1+2i-1)^2}{(-i)^{96}+1}=\frac{-4}{2}=-2

 

Czyli mamy proste wyrażenie:

 

|z-i+2|=1

 

|x+iy-i+2|=|x+2+i(y-1)|=1

 

\sqrt{(x+2)^2+(y-1)^2}=1

 

(x+2)^2+(y-1)^2=1

 

Czyli okrąg o promieniu 1 i środku (-2,1).


  • 2


#116259 Granica ciągu

Napisane przez KCN w 05.08.2014 - 11:55

Czyli że np: prawdą jest x^2\cdot\ln(x)=\ln\left(x^x^2\right) ? To dwie te same funkcje ?

Tak.


  • 1


#116255 Granica ciągu

Napisane przez KCN w 04.08.2014 - 23:44

w jakim sensie wejść z granicą pod logarytm naturalny ? A tak poza tym to czy przypadkiem a\cdot\ln (x)=\ln(x^a) ,gdy a=const ???

Że obliczamy pierw granicę wyrażenia będącego argumentem logarytmu czyli \lim (1+\frac{1}{n})^n=e i następnie liczymy logarytm z tej granicy. Możemy tak zrobić, gdyż na mocy definicji ciągłości wg Cauchy'ego Jeśli funkcja jest ciągła w pewnym punkcie g to dla dowolnego ciągu x_n zmierzającego do granicy g ciągf(x_n) zbiega do granicy f(g) W tym przypadku x_n=(1+\frac{1}{n})^n, no i sam logarytm naturalny jest ciągły w przedziale (0;\infty).

To jest ogólna tożsamość i "a" nie musi być stałe.


  • 1


#116246 Granica ciągu

Napisane przez KCN w 04.08.2014 - 17:14

Wyznacz granicę ciągu u_n=n\left(\ln(n+1)-\ln n\right)

\lim n\left(\ln(n+1)-\ln n\right)=\lim n\cdot ln{\frac{n+1}{n}}=\lim n\cdot \ln{(1+\frac{1}{n})}=\lim \ln{(1+\frac{1}{n})^n}=\ln{e}=1


  • 1


#116238 Pochodna funkcji trygonometrycznej

Napisane przez KCN w 03.08.2014 - 16:47

Z definicji to idzie jakoś tak, ale jeszcze to muszę sprawdzić bo coś mi nie gra

 

\lim_{t\to 0}\frac{f(x_0+t\vec{v})-f(x_0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{f((0,0)+t(-1,1))-f(0,0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{f((0,0)+(-t,t))-f(0,0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{f(-t,t)-0}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{f(-t,t)}{t}

 

\lim_{t\to 0}\frac{\sin\(-t^2\)\cdot \cos \(\frac{\pi+t}{2}\)}{t}=[\frac{0}{0}]=\lim_{t\to 0}\frac{-2t\cdot \cos\(-t^2\)\cdot \cos\(\frac{\pi-x}{2}\)-\sin(-t^2)\cdot 2sin(\frac{\pi+t}{2})}{1}=0

Można też tę granicę rozwiązać bez L' Hospotala :) :

\lim_{t\to 0}\frac{\sin\(-t^2\)\cdot \cos \(\frac{\pi+t}{2}\)}{t}=-\lim_{t\to 0}\frac{\sin\(-t^2\)}{-t^2} \cdot t\cos\(\frac{\pi+t}{2}\)=-1\cdot 0=0


  • 1


#116057 Całka krzywoliniowa

Napisane przez KCN w 29.06.2014 - 19:29

Obliczyć dwoma sposobami ( bezpośrednio i ze wzoru Greena )

 

\int (y - x^2y) dx + (x + xy^2) dy

 

 

 

gdzie K jest okręgiem x^2 + y^2 = 4 skierowanym dodatnio.

 

Pod całką powinno być jeszcze K.

Bezpośrednio:

 

\int_{K} (y - x^2y) dx + (x + xy^2) dy=\begin{vmatrix}x=2cost\\y=2sint\end{vmatrix}=\int_{0}^{2\pi}(2sint-8cos^2tsint)(2cost)'dt+\int_{0}^{2\pi}(2cost+8sintcos^2t)(2sint)'dt=\\ \int_{0}^{2\pi}(2sint-8cos^2tsint)(-2sint)dt+\int_{0}^{2\pi}(2cost+8sintcos^2t)(2cost)dt=\int_{0}^{2\pi}(-4sin^2t+16cos^2tsin^2t+4cos^2t+16cos^2tsin^2t)dt=\\ \int_{0}^{2\pi}(-4sin^2t+4-4sin^2t+32cos^2tsin^2t)dt=\int_{0}^{2\pi}\(4-8sin^2t+16sin^2(2t)\)dt=\(4t-8\frac{t-sintcost}{2}+16\frac{2t-sin(2t)cos(2t)}{4}\)_{0}^{2\pi}=\\ \(4sintcost+4t-2sin^2(2t)cos^2(2t)\)_{0}^{2\pi}=4\cdot 2\pi=8\pi

 

Tw. Greena:

 

 

\int_{K} (y - x^2y) dx + (x + xy^2) dy=\iint_{D} \(\frac{\partial (x + xy^2)}{\partial x}-\frac{\partial (y - x^2y)}{\partial y}\)dxdy=\iint_{D} \(1+y^2-(1-x^2)\)dxdy=\\ \iint_{D} \(y^2+x^2\)dxdy=\begin{vmatrix}x^2+y^2=r^2 \\dxdy=rdrd\varphi \end{vmatrix}=\iint_{D}r^2\cdot r drd\varphi =\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{2}r^3dr=\int_{0}^{2\pi}\(\frac{1}{4}r^4\)_{0}^{2}d\varphi=\int_{0}^{2\pi}4d\varphi=4\cdot 2\pi=8\pi


  • 1


#116027 Obliczanie pola obszaru

Napisane przez KCN w 27.06.2014 - 19:40

obliczyć pole obszaru ograniczonego liniami 

y=x^2+4x, y=x+4

 

Nie będę ukrywał, że zależy mi abyście rozwiązali całe zadanie. Ja takich rzeczy nie miałem nigdy na matmie (więc nawet wskazówki nie pomogą) , a jutro kolokwium i to zadanie na 100% będzie. Liczę na was.

\int_{-4}^{1} \[(x+4)-(x^2+4x)\]dx=\int_{-4}^{1}\[-x^2-3x+4\]dx=\[-\frac{1}{3}x^3-\frac{3}{2}x^2+4x\]_{-4}^{1}=-\frac{1}{3}(1)^3-\frac{3}{2}(1)^2+4\cdot1 - \(-\frac{1}{3}(-4)^3-\frac{3}{2}(-4)^2+4\cdot(-4)\)=...

Chodzi ogólnie o to, że pole między nimi znajduje się pomiędzy ich pktami przecięcia. Pkty przecięcia wyznaczamy z przyrównania do siebie tych funkcji tj x+4=x^2+4x Rozwiązujemy w ten sposób r-r kwadratowe i pierwiastki tego równania to pkty przecięcia - stąd granice całkowania. A całkujemy różnicę funkcji odejmując funkcję o wartościach mniejszych od drugiej w przedziale w którym całkujemy. W tym przypadku funkcja liniowa w przedziale całkowania osiąga większe wartości niż funkcja kwadratowa. Wszystko widać na zamieszczonym wykresie.

A tu obrazek:

Załączone miniatury

  • wykres.png

  • 1


#115791 Granica ciągu

Napisane przez KCN w 13.06.2014 - 08:56

A \lim_{n\to \infty}\frac{-5n^4+2n^3+1}{-2n^4-5}

 

B \lim_{n\to \infty}(\sqrt{9+n^2}-\sqrt{n^2-1}

\lim_{n\to \infty}\frac{-5n^4+2n^3+1}{-2n^4-5}=\lim_{n\to \infty}\frac{-5+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^5}}{-2-\frac{5}{n^4}}=\frac{-5+0+0}{-2-0}=\frac{5}{2}

 

\lim_{n\to \infty}(\sqrt{9+n^2}-\sqrt{n^2-1})=\lim_{n\to \infty}(\sqrt{9+n^2}-\sqrt{n^2-1})\cdot \frac{\sqrt{9+n^2}+\sqrt{n^2-1}}{\sqrt{9+n^2}+\sqrt{n^2-1}}=\lim_{n\to \infty} \frac{9+n^2-n^2+1}{\sqrt{9+n^2}+\sqrt{n^2-1}}=\lim_{n\to \infty} \frac{10}{\sqrt{9+n^2}+\sqrt{n^2-1}}=\[\frac{10}{\infty}\]=0


  • 1


#115317 Pochodne

Napisane przez KCN w 20.05.2014 - 18:26

Proszę o pomoc mam obliczyć: \frac{ \partial z}{ \partial u} ,\frac{ \partial z}{ \partial v} jeżeli z=F(x(v),y(u))

 

 

A w czym problem ?


  • 1


#115286 Gradient funkcji

Napisane przez KCN w 18.05.2014 - 14:43

Oblicz gradient podanej funkcji we wskazanym punkcie:

f(x,y)= sin(\pi \sqrt{x^2+y^2}) , \left(x_0,y_0\right)= \left( 3,4\right)

Proszę o pomoc.

 

\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\cos{(\pi \sqrt{x^2+y^2})}\cdot \frac{\pi x}{\sqrt{x^2+y^2}}

 

\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=\cos{(\pi \sqrt{x^2+y^2})}\cdot \frac{\pi y}{\sqrt{x^2+y^2}}

 

 

\frac{\partial f(3,4)}{\partial x}=\cos{5\pi}\cdot \frac{\pi 3}{5}=-\frac{\pi 3}{5}

 

\frac{\partial f(3,4)}{\partial y}=\cos{5\pi}\cdot \frac{\pi 4}{5}=-\frac{\pi 4}{5}

 

\vec{\nabla} f(x_0,y_0)=(\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x},\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y})=(-\frac{\pi 3}{5},-\frac{\pi 4}{5})


  • 1


#115282 Pochodna kierunkowa 3

Napisane przez KCN w 18.05.2014 - 12:43

\lim\limits_{t\to 0}\frac{\sqrt{(0-\frac{3}{5}t)^2+(0-\frac{4}{5}t)^2}}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{\sqrt{t^2}}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{|t|}{t}

\lim\limits_{t\to 0^+}\frac{|t|}{t}=1

\lim\limits_{t\to 0^-}\frac{|t|}{t}=-1

 

Zatem pochodna kierunkowa we wskazanym punkcie nie istnieje :(


  • 1


#115278 Pochodna kierunkowa 2

Napisane przez KCN w 17.05.2014 - 23:53

Proszę o pomoc w zadaniu takim:
Korzystając z definicji oblicz pochodne kierunkowe podanej funkcji we wskazanych punktach dla wymienionych wersorów:
f(x,y)=x^2-2yz, \left(x_0,y_0,z_0 \right)= \left( 1,0,-1\right), {wektor}{v}= \left( \frac{1}{3}, -\frac{ \sqrt{3} }{3}, \frac{ \sqrt{5} }{3}\right)

Mam problem z obliczeniem:(

\vec{v}= \left( \frac{1}{3}, -\frac{ \sqrt{3} }{3}, \frac{ \sqrt{5} }{3}\right)

\| \vec{v} \|=\sqrt{ (\frac{1}{3})^2+(\frac{ \sqrt{3}}{3})^2+(\frac{ \sqrt{5} }{3})^2}=1

 

Dalej

\cos{\alpha}=\frac{\frac{1}{3}}{1}=\frac{1}{3}

\cos{\beta}=\frac{-\frac{ \sqrt{3} }{3}}{1}=-\frac{ \sqrt{3} }{3}

\cos{\gamma}=\frac{\frac{ \sqrt{5} }{3}}{1}=\frac{ \sqrt{5} }{3}

 

\frac{\partial f(x,y,z)}{\partial x}=2x

\frac{\partial f(x,y,z)}{\partial y}=-2z

\frac{\partial f(x,y,z)}{\partial z}=-2y

 

 

\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial x}=2

\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial y}=2

\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial z}=0

 

\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial v}=\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial x}\cos{\alpha}+\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial y}\cos{\beta}+\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial z}\cos{\gamma}=\frac{2}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}

 

P.S.

Nie doczytałem że to ze "obliczyć z definicji" :P

 

Więc to byłoby tak:

 

\frac{\partial f(x_0,y_0,z_0)}{\partial v}=\lim\limits_{t\to 0} \frac{f(x_0+tv_x,y_0+tv_y,z_0+tv_z)-f(x_0,y_0,z_0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0} \frac{f(1+\frac{1}{3}t,0-\frac{\sqrt{3}}{3}t,-1+\frac{\sqrt{5}}{3})-f(1,0,-1)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}(\frac{2}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}+\frac{1+2\sqrt{15}}{9}t)=\frac{2}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}


  • 1


#115260 Prawo Coulomba

Napisane przez KCN w 15.05.2014 - 21:17

Za dwa plusiki;)

Dwie jednakowe przewodzące kulki zawieszono na nitkach o takiej samej długości.Po ich naelektryzowaniu nitki odchyliły sie od pionu o kąt \alpha. Po zanurzeniu kulek w cieczy o stałej dialektycznej ct=1.5 kąt wychylenia nici nie zmienił się. Oblicz ile razy siła ciężkości kulki jest większa od siły wyporu, którą ciecz działa na kulkę pionowo do góry. Poprosiłbym również o rysunek. :) Odp:3 razy.

Nie podam dziś rysunku, bo już nie dam rady, muszę odespać, ale jutro czemu nie :P

 

Więc tak spróbuję opisowo: narysuj sobie 2 równe odcinki o wspólnym początku idące po skosie w dół, zaznacz między nimi dwusieczną kąta - wartość alfa. Na końcach tych odcinków dorysuj kulki. Teraz na każdą kulkę działa siła coulomba skierowana w kierunku przeciwnym do drugiej kulki i siła ciężkości skierowana w dół.

Ponieważ kulki znajdują się w równowadze mechanicznej więc:

tg\alpha=\frac{Fc}{Fg}

 

Fc=\frac{1}{4\pi \epsilon _o}\frac{q^2}{r^2}

 

Zaś w przypadku gdy kulki są w cieczy:

 

tg\alpha=\frac{Fc'}{Fg-Fw}  Fw - siła wyporu

 

Fc'=\frac{1}{4\pi \epsilon}\frac{q^2}{r^2}

 

A więc:

\frac{Fc}{Fg}=\frac{Fc'}{Fg-Fw}

\frac{\frac{1}{4\pi \epsilon _o}\frac{q^2}{r^2}}{Fg}=\frac{\frac{1}{4\pi \epsilon}\frac{q^2}{r^2}}{Fg-Fw}

 

Po skróceniu:

\frac{\frac{1}{\epsilon _o}}{Fg}=\frac{\frac{1}{\epsilon}}{Fg-Fw}

 

\frac{\epsilon _o}{\epsilon}=\frac{Fg-Fw}{Fg}

\frac{Fw}{Fg}=1-\frac{\epsilon _o}{\epsilon}=1-\frac{1}{\epsilon _r}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}

 

3Fw=Fg


  • 1


#115220 Najmniejsza i największa wartość funkcji 2

Napisane przez KCN w 09.05.2014 - 22:08

Mam takie zadanie: Znajdź najmniejsze i największe wartości podanej funkcji na wskazanym zbiorze:
f(x,y)=x^2+y^2,
\begin{vmatrix} x\end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} y\end{vmatrix} \le 2
Proszę o pomoc.

 

Najmniejszą wartośćią będzie f(0,0) Funkcja f(x,y)=x^2+y^2, jest paraboloidą z minimum w punkcie (0,0). Z resztą od razu widać, że x^2\geq 0 oraz y^2\geq 0 więc tym bardziej x^2+y^2\geq 0 Przy czym równość zachodzi tylko gdy x=0 oraz y=0, stąd wartością minimalną jest właśnie f(0,0)=0.

 

Obszar |x}+|y|\leq 2 zawiera się całkowicie w kole o równaniu: x^2+y^2\leq 4|x|+|y|\leq 2 zawiera punkty wspólne z okręgiem x^2+y^2=4 dla xy=0, a więc punkty (2,0), (-2,0), (0,2), (0,-2). Dla tych punktów wartość funkcji f(x,y) wynosi 4 i właśnie to jest wartość największa,co wynika z równania okręgu i wzoru funkcji.

Jak widać w cytowanym przeze mnie poście na początku była nierówność ostra, dlatego zrobiłem wywód o braku wartości największej ale teraz wiedzę, że autor poprawił zapis. a więc już teraz można mówić o wartościach największych.

Albo raczej to u mnie jest problem z wyświetlaniem... :|


  • 1


#115015 Pochodna fcji odwrotnej do hiperbolicznej tanh

Napisane przez KCN w 02.05.2014 - 13:08

Lub

nie wykorzystując innej postaci funkcji area.

Niech artghx=y czyli tghy=x

 

Wykorzystując twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej mamy:

(artghx)'=\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}=\frac{1}{(tghy)'}=\frac{1}{\frac{1}{cosh^2y}}=\frac{1}{\frac{cosh^2y-sinh^2y}{cosh^2y}}=\frac{1}{1-tgh^2y}=\frac{1}{1-x^2}


  • 2