Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

- zdjęcie

olek182

Rejestracja: 06 Dec 2010
Offline Ostatnio: Jan 18 2013 18:53
-----

Moje tematy

Pochodne cząstkowe drugiego rzędu

04.01.2012 - 19:19

z=z(x,y) spełnia \frac{\delta^2z}{\delta x^2}+\frac{\delta^2z}{\delta y^2}=0

Pokazać, że  f(u,v)=z(u^2-v^2,2uv) spełnia\frac{\delta^2f}{\delta u^2}+\frac{\delta^2f}{\delta v^2}=0

\frac{\delta^2f}{\delta u^2}=\frac{\delta}{\delta u}(\frac{\delta z}{\delta x} \cdot \frac{\delta x}{\delta u}+\frac{\delta z}{\delta y} \cdot \frac{\delta y}{\delta u})=\frac{\delta^2 z}{\delta x^2} \cdot (\frac{\delta x}{\delta u})^2+\frac{\delta^2 z}{\delta y \delta x} \cdot \frac{\delta y}{\delta u} \cdot \frac{\delta x}{\delta u}+\frac{\delta^2 x}{\delta u^2} \cdot \frac{\delta z}{\delta x}+\frac{\delta^2 z}{\delta y^2} \cdot (\frac{\delta y}{\delta u})^2+\frac{\delta^2 z}{\delta x \delta y} \cdot \frac{\delta y}{\delta u} \cdot \frac{\delta x}{\delta u}+\frac{\delta^2 y}{\delta u^2} \cdot \frac{\delta z}{\delta y}=\frac{\delta^2 z}{\delta x^2} \cdot 4u^2+\frac{\delta^2 z}{\delta y \delta x}4uv+2\cdot \frac{\delta z}{\delta x}+\frac{\delta^2 z}{\delta y^2}4v^2+\frac{\delta^2 z}{\delta x \delta y}4uv+2 \frac{\delta z}{\delta y}

\frac{\delta^2f}{\delta v^2}=\frac{\delta}{\delta v}(\frac{\delta z}{\delta x} \cdot \frac{\delta x}{\delta v}+\frac{\delta z}{\delta y} \cdot \frac{\delta y}{\delta v})=\frac{\delta^2 z}{\delta x^2} \cdot (\frac{\delta x}{\delta v})^2+\frac{\delta^2 z}{\delta y \delta x} \cdot \frac{\delta y}{\delta v} \cdot \frac{\delta x}{\delta v}+\frac{\delta^2 x}{\delta v^2} \cdot \frac{\delta z}{\delta x}+\frac{\delta^2 z}{\delta y^2} \cdot (\frac{\delta y}{\delta v})^2+\frac{\delta^2 z}{\delta x \delta y} \cdot \frac{\delta y}{\delta v} \cdot \frac{\delta x}{\delta v}+\frac{\delta^2 y}{\delta v^2} \cdot \frac{\delta z}{\delta y}=\frac{\delta^2 z}{\delta x^2} \cdot 4v^2-\frac{\delta^2 z}{\delta y \delta x}4uv-2\cdot \frac{\delta z}{\delta x}+\frac{\delta^2 z}{\delta y^2}4u^2-\frac{\delta^2 z}{\delta x \delta y}4uv+2 \frac{\delta z}{\delta y}

Dodając otrzymuje \frac{\delta z}{\delta y}=0 co nie jest prawda, zatem albo przykład jest błędy albo ja coś zle licze.

Granica ciagu

17.10.2011 - 18:42

\lim_{n\to \infty} (1+\frac{1}{n})^{n^2}

Granica ciagu w oparciu o definicje

06.10.2011 - 20:00

<br />\\ <br />\\a_n= \frac{7n+5}{3n+1}

Udowodnić na podstawie definicji, że 3 nie jest granicą ciągu a_n

Metoda obrazów ładunków - elektrostatyka

07.09.2011 - 18:38

Metoda obrazów ładunków, niegdyś nazywana metodą odbić, jest bardzo pożytecznym narzędziem w rozwiązywaniu problemów dotyczących statyki pól elektrycznych.Nazwa bierze się z faktu tworzenia pewnego fikcyjnego ładunku, który, można powiedzieć, jest obrazem, odbiciem ładunku rzeczywistego.Zagadnienie omówię dokładniej na przykładzie problemu:
Oblicz siłę oddziaływania uziemionej przewodzącej kuli o promieniu R i ładunku punktowego Q umieszczonego w odległości d>R od środka kuli.

Dołączona grafika








Zaindukowany przez ładunek Q na powierzchni kuli o promieniu R ładunek Q' może być zastąpiony punktowym ładunkiem Q' umieszczonym w pewnym punkcie P wewnątrz kuli w odległości c od jej środka.Punkt P oraz wielkość ładunku Q' należy przy tym tak dobrać, aby pole wytworzone przez rzeczywisty ładunek i ładunek zaindukowany miało powierzchnię ekwipotencjalną o potencjale V=0 pokrywającą się z powierzchnią uziemionej kuli.A zatem w dowolnym punkcie C tej powierzchni spełniona jest zależność:

V_C=0=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}(\frac{Q}{a}+\frac{Q'}{b}) \Rightarrow \frac{Q}{a}=-\frac{Q'}{b}

W tym przypadku, aby wyznaczyć wielkość ładunku Q' wygodnie jest rozpatrzyć dwa punkty powierzchni kuli, leżące na prostej łączącej środek kuli z ładunkiem Q.

W punkcie A : V_A=0=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}(\frac{Q}{d-R}+\frac{Q'}{R-c})

W punkcie B: V_B=0=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}(\frac{Q}{d+R}+\frac{Q'}{R+c})

 \begin{cases} \frac{Q}{d-R}=-\frac{Q'}{R-c} \\ \frac{Q}{d+R}=-\frac{Q'}{R+c} \end{cases}

Rozwiązanie układu prowadzi do Q'=-Q\frac{R}{d} przy c=\frac{R^2}{d} zatem mamy wszystko do policzenia siły oddziaływania F={k\frac{QQ'}{(d-c)^2}

W tym miejscu można zadać pytanie jak wyglądałaby sytuacja w przypadku izolowanej kuli?
I tutaj można posłużyć się metodą obrazów.W takim przypadku ładunek na powierzchni kuli wynosi zero, zaś potencjał jest stały, lecz różny od zera.Zatem różnica pomiędzy rozwiązaniem przypadku, gdy kula jest uziemiona, polega na tym, że należy dodać polego pewnego punktowego ładunku fikcyjnego, które powodowałoby zaindukowanie ładnuku q, który neutralizuje indukowany ładunek Q'.Mianowicie q=-Q'.Położenie ładunku q, tzw. drugiego odbicia, należy wybrać tak, aby wytwarzanye przez niego potencjały w różnych punktach powierzchni kuli były jednakowe.Miejscem, w którym można umieścic ów ładunek, jest środek kuli.

Dołączona grafika







Siłę oddziaływania punktowego ładunku Q i izolowanej kuli wyznaczamy z superpozycji pół F=k\frac{QQ'}{(d-c)^2} + k\frac{Qq}{d^2}

Suma logarytmów

02.03.2011 - 19:58

Mam sprawdzić w jakim przedziale znajdują się wartości sumy : log_{a}(\frac{2ab}{a+b}) \; + \; log_{b}(\frac{2ab}{a+b}) , przy czym a,b\in (0,1)

Widać, że gdy a=b\Rightarrow log_{a}a+log_{a}a=2

Z nierówności Cauchy'ego : \frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} \Rightarrow \frac{(a+b)^2}{4} \ge ab \Rightarrow \frac{a+b}{2} \ge \frac{2ab}{a+b}

czyli : \frac{2ab}{a+b} < 1