1. Oblicz całkę.
\(\int_{1}^{5} \frac{1}{(x-5)x}dx = \lim_{x\to 5^{-}} \int_{1}^{a} \frac{1}{(x-5)x}dx= \lim_{x\to 5^{-}} [-\frac{1}{x}-\frac{1}{5} ln|x|]_{1}^{a}= \lim_{x\to 5^{-}} [-\frac{1}{a}-\frac{1}{5} ln|a| +\frac{1}{1}+\frac{1}{5} ln|1|]=X
X=\frac{1}{5} (ln|1|-ln|5|)+\frac{4}{5}\)
Czy dobrze?
2. Wyznacz dziedzinę.
\(f(x,y)=\frac{1}{ \sqrt{arccos(x,y)}}\)
Mianownik musi być różny od zera, liczba podpierwiastkowa większa/równa zero, zatem:
\(arccos(x,y)>0\) - teraz jak to wyznaczyć, bo tu chyba mamy w sumie trzy wymiary, tzn. \(z=f(x,y)\)?
3. Oblicz wartość wyrażenia.
\(\sqrt{(2.9)^{2}+(4.1)^{2}}\) - to mam zrobić z różniczki, nie do końca wiem, jak to ma wyglądać.
\(\sqrt{(3)^{2}+(4)^{2}}=25\), \(\Delta x=0.1\), \(\Delta y = 0.1\)
Coś "w tym stylu"?
4. Znajdź ekstrema (o ile istnieją).
\(f(x,y)=(2y+x^{2})e^{y}\)
Mnie wyszło ekstremum w punkcie \((x=0,y=1)\), dodatkowo stwierdziłem, że jest to minimum.
Całka, dziedzina, różniczka, ekstremum
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
patryk00714
- Mistrz
- Posty: 8799
- Rejestracja: 13 mar 2011, 12:28
- Lokalizacja: Śmigiel
- Podziękowania: 92 razy
- Otrzymane podziękowania: 4450 razy
- Płeć:
-
patryk00714
- Mistrz
- Posty: 8799
- Rejestracja: 13 mar 2011, 12:28
- Lokalizacja: Śmigiel
- Podziękowania: 92 razy
- Otrzymane podziękowania: 4450 razy
- Płeć:
Re: Całka, dziedzina, różniczka, ekstremum
4) \(f(x,y)=(2y+x^2) \cdot e^y\)
\(\frac{ \partial f}{ \partial x}=2xe^y \;\;\;\ \frac{ \partial f}{ \partial y}=2e^y+(2y+x^2)e^y=e^y(2+2y+x^2)\)
mamy więc układ równań (po skróceniu elementu \(e^y \neq 0\))
\(\begin{cases} 2x=0\\2+2y+x^2=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=0\\y=-1\end{cases}\), czyli punktem podejrzanym o istnienie ekstremum jest: \(P(0,-1)\)
liczymy pochodne mieszane:
\(\frac{ \partial ^2f}{ \partial x \partial x}=2e^y \;\;\;\ \frac{ \partial ^2f}{ \partial x \partial y}=\frac{ \partial ^2f}{ \partial y \partial x}=2xe^y \;\;\ \frac{ \partial ^2f}{ \partial y \partial y}=e^y(2+2y+x^2)+2e^y=e^y(4+2y+x^2)\)
mamy więc hesjan: \(H= \begin{vmatrix} 2e^y&2xe^y\\2xe^y&e^y(4+2y+x^2)\end{vmatrix}\)
\(H(P)=\begin{vmatrix} \frac{2}{e}&0\\0&\frac{2}{e}\end{vmatrix}= \frac{4}{e^2}>0\)
oraz \(\frac{ \partial ^2f}{ \partial x \partial x}(P)=\frac{2}{e}>0\) zatem minium w \(P\)
\(\frac{ \partial f}{ \partial x}=2xe^y \;\;\;\ \frac{ \partial f}{ \partial y}=2e^y+(2y+x^2)e^y=e^y(2+2y+x^2)\)
mamy więc układ równań (po skróceniu elementu \(e^y \neq 0\))
\(\begin{cases} 2x=0\\2+2y+x^2=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=0\\y=-1\end{cases}\), czyli punktem podejrzanym o istnienie ekstremum jest: \(P(0,-1)\)
liczymy pochodne mieszane:
\(\frac{ \partial ^2f}{ \partial x \partial x}=2e^y \;\;\;\ \frac{ \partial ^2f}{ \partial x \partial y}=\frac{ \partial ^2f}{ \partial y \partial x}=2xe^y \;\;\ \frac{ \partial ^2f}{ \partial y \partial y}=e^y(2+2y+x^2)+2e^y=e^y(4+2y+x^2)\)
mamy więc hesjan: \(H= \begin{vmatrix} 2e^y&2xe^y\\2xe^y&e^y(4+2y+x^2)\end{vmatrix}\)
\(H(P)=\begin{vmatrix} \frac{2}{e}&0\\0&\frac{2}{e}\end{vmatrix}= \frac{4}{e^2}>0\)
oraz \(\frac{ \partial ^2f}{ \partial x \partial x}(P)=\frac{2}{e}>0\) zatem minium w \(P\)
Otrzymałeś odpowiedź do umieszczonego zadania? Podziękuj autorowi za rozwiązanie!!
\(\exp (i \pi) +1=0\)
\(\exp (i \pi) +1=0\)
-
patryk00714
- Mistrz
- Posty: 8799
- Rejestracja: 13 mar 2011, 12:28
- Lokalizacja: Śmigiel
- Podziękowania: 92 razy
- Otrzymane podziękowania: 4450 razy
- Płeć:
Re: Całka, dziedzina, różniczka, ekstremum
Wzór: \(F(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y)= \frac{ \partial F}{ \partial x}(x_0,y_0) \cdot \Delta x+\frac{ \partial F}{ \partial y}(x_0,y_0) \cdot \Delta y+F(x_0,y_0)\)
\(F(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\) liczymy w punkcie \((x_o,y_0)=(3,4)\;\;\;\ \Delta x=-0,1 \;\;\ \Delta y=0,1\)
\(F(3,4)=5\)
\(\frac{ \partial F}{ \partial x}= \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\) zatem \(\frac{ \partial F}{ \partial x}(3,4)= \frac{3}{5}\)
\(\frac{ \partial F}{ \partial y}= \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\) zatem \(\frac{ \partial F}{ \partial y}(3,4)= \frac{4}{5}\)
zatem
\(F(3-0,1, 4+0,1)= \frac{3}{5} \cdot (-0,1)+\frac{4}{5} \cdot (0,1)+5= -\frac{3}{50}+ \frac{4}{50}+ \frac{250}{50}= \frac{251}{50}\)
w przybliżeniu rzecz jasna
\(F(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\) liczymy w punkcie \((x_o,y_0)=(3,4)\;\;\;\ \Delta x=-0,1 \;\;\ \Delta y=0,1\)
\(F(3,4)=5\)
\(\frac{ \partial F}{ \partial x}= \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\) zatem \(\frac{ \partial F}{ \partial x}(3,4)= \frac{3}{5}\)
\(\frac{ \partial F}{ \partial y}= \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\) zatem \(\frac{ \partial F}{ \partial y}(3,4)= \frac{4}{5}\)
zatem
\(F(3-0,1, 4+0,1)= \frac{3}{5} \cdot (-0,1)+\frac{4}{5} \cdot (0,1)+5= -\frac{3}{50}+ \frac{4}{50}+ \frac{250}{50}= \frac{251}{50}\)
w przybliżeniu rzecz jasna
Otrzymałeś odpowiedź do umieszczonego zadania? Podziękuj autorowi za rozwiązanie!!
\(\exp (i \pi) +1=0\)
\(\exp (i \pi) +1=0\)
Ad. 1
Jeśli całka byłaby nieoznaczona, to:
\(\int_{}^{} \frac{1}{x(x-5)}dx\)
Wyrażenie podcałkowe mogę rozłożyć:
\(\frac{1}{x(x-5)}= \frac{1}{5(x-5)}- \frac{1}{5x}\)
Zatem mam:
\(\int_{}^{} \frac{1}{x(x-5)}dx= \int_{}^{} \frac{1}{5(x-5)}dx - \int_{}^{} \frac{1}{5x} dx= \frac{1}{5} \left[ \int_{}^{} \frac{1}{x-5}dx- \int_{}^{} \frac{1}{x} dx \right]=X\)
\(X= \frac{1}{5} \left[ ln\left|x-5 \right| - ln\left| x\right| \right]\)
Ostatecznie \(\int_{}^{} \frac{1}{x(x-5)}dx = \frac{1}{5} \left[ ln\left|x-5 \right| - ln\left| x\right| \right]\)
Na tej podstawie mógłbym policzyć całkę oznaczoną, po prostu wstawiając podane granice całkowania do wyniku. Nie mogę jednak tak zrobić, gdyż dziedziną wyrażenia podcałkowego są \(x \in R\{0;5}\), a akurat \(5\) jest górną granicą całkowania w tym przypadku. Czyli tak "prosto" nie można tego rozwiązać. Wiem, że można to rozwiązać używając "limesa", licząc granicę, ale nie do końca wiem, jak to zrobić. Rozumiem, że będzie "coś takiego":
\(\lim_{a \to 5^{-} } \int_{1}^{a} \frac{1}{x(x-5)}dx\)
Tylko nie wiem czy rzeczywiście ma być \(a \rightarrow 5^{-}\), czy dobrze myślę. Rozumiem, że rozwiązuję wtedy całkę według podanych granic, a później z wyniku liczę limes i to jest już ostateczny wynik.
Jeśli całka byłaby nieoznaczona, to:
\(\int_{}^{} \frac{1}{x(x-5)}dx\)
Wyrażenie podcałkowe mogę rozłożyć:
\(\frac{1}{x(x-5)}= \frac{1}{5(x-5)}- \frac{1}{5x}\)
Zatem mam:
\(\int_{}^{} \frac{1}{x(x-5)}dx= \int_{}^{} \frac{1}{5(x-5)}dx - \int_{}^{} \frac{1}{5x} dx= \frac{1}{5} \left[ \int_{}^{} \frac{1}{x-5}dx- \int_{}^{} \frac{1}{x} dx \right]=X\)
\(X= \frac{1}{5} \left[ ln\left|x-5 \right| - ln\left| x\right| \right]\)
Ostatecznie \(\int_{}^{} \frac{1}{x(x-5)}dx = \frac{1}{5} \left[ ln\left|x-5 \right| - ln\left| x\right| \right]\)
Na tej podstawie mógłbym policzyć całkę oznaczoną, po prostu wstawiając podane granice całkowania do wyniku. Nie mogę jednak tak zrobić, gdyż dziedziną wyrażenia podcałkowego są \(x \in R\{0;5}\), a akurat \(5\) jest górną granicą całkowania w tym przypadku. Czyli tak "prosto" nie można tego rozwiązać. Wiem, że można to rozwiązać używając "limesa", licząc granicę, ale nie do końca wiem, jak to zrobić. Rozumiem, że będzie "coś takiego":
\(\lim_{a \to 5^{-} } \int_{1}^{a} \frac{1}{x(x-5)}dx\)
Tylko nie wiem czy rzeczywiście ma być \(a \rightarrow 5^{-}\), czy dobrze myślę. Rozumiem, że rozwiązuję wtedy całkę według podanych granic, a później z wyniku liczę limes i to jest już ostateczny wynik.