Mi lahko kdo razloži kako se reši integral?
\(\int_{0}^{\texttt{\textit{nek poljuben x}}}}{e}^{\frac{-{t}^{x}}{2}}\)
Matematika
Re: Matematika
Ne pricakuj resitve, izrazljive z osnovnimi funkcijami. Prvi korak je, da das eksponent za novo spremenljivko, potem se bo pa videlo pri cem si.
Re: Matematika
Hvala. V bistvu sem integral zasledil pri statistiki in je itak tabeliran. Kako se ga reši, pa me je zanimalo samo iz radovednosti : ).
Re: Matematika
No tabeliran je zato ker ga je pac moral en numericno integrirat 
Re: Matematika
Pozdravljeni,
Imam matematični problem/izziv, za katerega sem že malo zarjavel, kar me kar malo jezi. V času študija bi bila naloga preprosta.
Kaj želim, bom poskusil opisati z besedo in tole sliko:
Sleme te strehe je čisto v osi sever/jug, streha ima naklon A, moduli pa so montirani (glede na kritino) pod naklonom B. Zaradi naklona strehe se normala na ploskev modulov izmakne iz osi sever/jug, spremeni pa se tudi dejanski naklon modulov glede na horizontalno ploskev. Izračunal bi torej rad dejanski naklon modulov glede na horizontalo ter odklon od juga, in sicer bi rad prišel do 2 funkcij, ki opisujeta te odvisnosti (dejanski naklon, odklon od juga).
Uspel sem priti do funkcij, ki dasta prave vrednosti v robnih pogojih, a se je hitro izkazalo, da je to tudi vse
Hvala za pomoč,
Miha
Imam matematični problem/izziv, za katerega sem že malo zarjavel, kar me kar malo jezi. V času študija bi bila naloga preprosta.
Kaj želim, bom poskusil opisati z besedo in tole sliko:
Sleme te strehe je čisto v osi sever/jug, streha ima naklon A, moduli pa so montirani (glede na kritino) pod naklonom B. Zaradi naklona strehe se normala na ploskev modulov izmakne iz osi sever/jug, spremeni pa se tudi dejanski naklon modulov glede na horizontalno ploskev. Izračunal bi torej rad dejanski naklon modulov glede na horizontalo ter odklon od juga, in sicer bi rad prišel do 2 funkcij, ki opisujeta te odvisnosti (dejanski naklon, odklon od juga).
Uspel sem priti do funkcij, ki dasta prave vrednosti v robnih pogojih, a se je hitro izkazalo, da je to tudi vse
Hvala za pomoč,
Miha
Re: Matematika
Na pomoc ti priskocijo vektorji. Recimo, da je vertikala os "z", sever-jug pa os "x". Preostala koordinata je "y". Poimenujmo enotske vektorje v smeri teh osi
\(\hat{e}_x,\hat{e}_y,\hat{e}_y\).
Streho nagnemo tako, da zavrtimo y proti z (vrtimo okrog slemena). Koordinatni sistem, ki je "montiran" na streho, je definiran z osmi
\(\hat{e}'_x=\hat{e}_x\) (smer x pri rotaciji okrog osi x se ohranja)
\(\hat{e}'_y=\hat{e}_y\cos\alpha+\hat{e}_z\sin\alpha\) (horizontala gre po vrtenju po strehi navzgor, v smeri zlebicev, pravokotno na sleme)
\(\hat{e}'_z=-\hat{e}_y\sin\alpha+\hat{e}_z\cos\alpha\) (vertikala zdaj ne kaze navpicno navzgor ampak pravokotno na streho).
V tem koordinatnem sistemu je naklon modulov zgolj vrtenje okrog y osi. Zdaj lahko obrnemo samo normalo (z os), ostalih dveh ne potrebujemo:
\(\hat{e}''_z=\hat{e}'_z\cos\beta-\hat{e}'_x\sin\beta\)
Predznaki pri sinusu (tako prej kot zdaj) so odvisni od tega, v katero smer meris kote. Sprememba predznaka \(\alpha\) doloca, ali gledas levo ali desno polovico strehe, predznak \(\beta\) pa odloca, ali nagibamo proti severu ali proti jugu.
Ce prejsnje izraze vstavimo v nove, dobimo kar
\(\hat{e}''_z=-\hat{e}_x\sin\beta-\hat{e}_y\cos\beta\sin\alpha+\hat{e}_z\cos\beta\cos\alpha\)
To je zelo enostavno razumljivo: normalo na module smo izrazili v obicajnem koordinatnem sistemu (sever-jug, vzhod-zahod, vertikala). Vsaka komponenta pove kosinus naklonskega kota glede na tisto os. Normala je torej nagnjena za
\(\cos\gamma=\cos\beta\cos\alpha\) glede na navpicnico in za
\(\cos\delta=-\sin\beta\) glede na os sever-jug.
Prva ti pove, da ko nagibas module glede na ze nagnjeno streho, samo se povecujes kot proti navpicnici (Vedno bolj vodoravni so).
Druga ti pove, da naklon strehe ne vpliva na to, pod kaksnim kotom glede na direktno smer juga (vodoravno) kaze normala. Ko je \(\beta=0\) (ni nagiba), kaze \(\delta=90^\circ\) -- moduli so pravokotni na jug, ker pac niso nagnjeni proti njemu.
Ker smo v vektorskem zapisu vemo tudi, da je v splosnem kot med dvema enotskima vektorjema dolocljiv iz skalarnega produkta
\(\vec{n}\cdot \hat{e}''_z=\cos\phi\)
Ce imas smer sonca izrazeno v koordinatni obliki, lahko dolocis odvisnost vpadnega kota od casa.
\(\hat{e}_x,\hat{e}_y,\hat{e}_y\).
Streho nagnemo tako, da zavrtimo y proti z (vrtimo okrog slemena). Koordinatni sistem, ki je "montiran" na streho, je definiran z osmi
\(\hat{e}'_x=\hat{e}_x\) (smer x pri rotaciji okrog osi x se ohranja)
\(\hat{e}'_y=\hat{e}_y\cos\alpha+\hat{e}_z\sin\alpha\) (horizontala gre po vrtenju po strehi navzgor, v smeri zlebicev, pravokotno na sleme)
\(\hat{e}'_z=-\hat{e}_y\sin\alpha+\hat{e}_z\cos\alpha\) (vertikala zdaj ne kaze navpicno navzgor ampak pravokotno na streho).
V tem koordinatnem sistemu je naklon modulov zgolj vrtenje okrog y osi. Zdaj lahko obrnemo samo normalo (z os), ostalih dveh ne potrebujemo:
\(\hat{e}''_z=\hat{e}'_z\cos\beta-\hat{e}'_x\sin\beta\)
Predznaki pri sinusu (tako prej kot zdaj) so odvisni od tega, v katero smer meris kote. Sprememba predznaka \(\alpha\) doloca, ali gledas levo ali desno polovico strehe, predznak \(\beta\) pa odloca, ali nagibamo proti severu ali proti jugu.
Ce prejsnje izraze vstavimo v nove, dobimo kar
\(\hat{e}''_z=-\hat{e}_x\sin\beta-\hat{e}_y\cos\beta\sin\alpha+\hat{e}_z\cos\beta\cos\alpha\)
To je zelo enostavno razumljivo: normalo na module smo izrazili v obicajnem koordinatnem sistemu (sever-jug, vzhod-zahod, vertikala). Vsaka komponenta pove kosinus naklonskega kota glede na tisto os. Normala je torej nagnjena za
\(\cos\gamma=\cos\beta\cos\alpha\) glede na navpicnico in za
\(\cos\delta=-\sin\beta\) glede na os sever-jug.
Prva ti pove, da ko nagibas module glede na ze nagnjeno streho, samo se povecujes kot proti navpicnici (Vedno bolj vodoravni so).
Druga ti pove, da naklon strehe ne vpliva na to, pod kaksnim kotom glede na direktno smer juga (vodoravno) kaze normala. Ko je \(\beta=0\) (ni nagiba), kaze \(\delta=90^\circ\) -- moduli so pravokotni na jug, ker pac niso nagnjeni proti njemu.
Ker smo v vektorskem zapisu vemo tudi, da je v splosnem kot med dvema enotskima vektorjema dolocljiv iz skalarnega produkta
\(\vec{n}\cdot \hat{e}''_z=\cos\phi\)
Ce imas smer sonca izrazeno v koordinatni obliki, lahko dolocis odvisnost vpadnega kota od casa.
Re: Matematika
Hvala lepa za temeljit opis postopka, ena stvar pa me bega.
Odklon od juga je dejansko odvisen tudi od naklona strehe.
Če je recimo naklon modulov 30° glede na ploskev, kjer so montirani (kritino) in naklon strehe v robnih situacijah:
- 0° streha: odklon od juga je 0° Ravna streha pomeni, da so moduli čisto proti jugu ne glede na njihov naklon.
- 90°streha: odklon od juga je 60° Z rotacijo strehe do vertikale dobimo primer "fasade". Moduli z naklonom 30° glede na fasado, bi pomenili odklon 60° od juga.
Vmes je odklon odvisen od obeh parametrov, kjer pa spet prosim za pomoč.
Zanimivo, koliko več časa je potrebnega za tako matematično telovadbo, ko ven padeš. Na koncu je sicer vse jasno, ampak traja,...
Hvala še enkrat,
Miha
Odklon od juga je dejansko odvisen tudi od naklona strehe.
Če je recimo naklon modulov 30° glede na ploskev, kjer so montirani (kritino) in naklon strehe v robnih situacijah:
- 0° streha: odklon od juga je 0° Ravna streha pomeni, da so moduli čisto proti jugu ne glede na njihov naklon.
- 90°streha: odklon od juga je 60° Z rotacijo strehe do vertikale dobimo primer "fasade". Moduli z naklonom 30° glede na fasado, bi pomenili odklon 60° od juga.
Vmes je odklon odvisen od obeh parametrov, kjer pa spet prosim za pomoč.
Zanimivo, koliko več časa je potrebnega za tako matematično telovadbo, ko ven padeš. Na koncu je sicer vse jasno, ampak traja,...
Hvala še enkrat,
Miha
Re: Matematika
No najbrz imas samo v mislih drugo stvar ko govoris o odmiku od juga. Tale kot, ki sem ga navedel, je kot med normalo in smerjo proti jugu. In ta je od kota strehe neodvisen. Ce imas recimo tocno na jugu na obzorju nek svetilnik, potem bo ta svetilnik ne glede na naklon strehe svetil pod istim kotom proti normali na modul.
Po tvojem opisu sodec imas v mislih kot normale V PROJEKCIJI na xy ravnino. Torej, ne kot med zarkom proti jugu in normalo ampak kot, ki bi ga videl, ce bi pravokotno na modul postavil palico in pogledal smer sence, ki jo mece sonce v zenitu.
Racun je enostaven. Vektor v projekciji je:
\(\vec{a}=-\hat{e}_x\sin\beta -\hat{e}_y\cos\beta \sin\alpha\)
Ta vektor ni vec enotski ampak je njegova velikost sorazmerna z dolzino "sence" Ce vektor ni enotski, moras upostevati velikost vektorja v zvezi med skalarnim produktom in kotom:
\(\cos\delta=\frac{\vec{a}\cdot \hat{e}_x}{|\vec{a}||\hat{e}_x|}\)
Vektor, glede na katerega gledas smer (\(\vec{e}_x\)) je se vedno enotski, ker smo izbrali kar vektor koordinatne osi. Za a je pa treba izracunat dolzino -- pitagorov izrek. Dobis
\(\cos\delta=-\frac{\sin\beta}{\sqrt{\sin^2\beta+\cos^2\beta\sin^2\alpha}}\)
Preveris se, ce dobis smiselne odgovore za skrajne primere. Ce sta oba naklona enaka 0, potem je normala navpicna in kot ni definiran. V tem primeru ti formula da nekaj v obliki 0/0. Sicer pa dobis za vodoravno streho \(\cos\delta=-1\) za pozitiven \(\beta\) (kot je 180 stopninj, modul kaze proti severu), in \(\cos\delta=1\) za negativen \(\beta\) (kot je 0 stopinj, modul kaze proti jugu).
Za pravokotno streho (steno), dobis \(\cos\delta=-\sin\beta\), ker v tej orientaciji streha kaze proti zahodu, nagib modula pa ga potem obraca bolj v smer sever-jug.
Tale minus nama nagaja, ker pozitiven \(\beta\) vrti proti severu.
Po tvojem opisu sodec imas v mislih kot normale V PROJEKCIJI na xy ravnino. Torej, ne kot med zarkom proti jugu in normalo ampak kot, ki bi ga videl, ce bi pravokotno na modul postavil palico in pogledal smer sence, ki jo mece sonce v zenitu.
Racun je enostaven. Vektor v projekciji je:
\(\vec{a}=-\hat{e}_x\sin\beta -\hat{e}_y\cos\beta \sin\alpha\)
Ta vektor ni vec enotski ampak je njegova velikost sorazmerna z dolzino "sence"
Ce vektor ni enotski, moras upostevati velikost vektorja v zvezi med skalarnim produktom in kotom:\(\cos\delta=\frac{\vec{a}\cdot \hat{e}_x}{|\vec{a}||\hat{e}_x|}\)
Vektor, glede na katerega gledas smer (\(\vec{e}_x\)) je se vedno enotski, ker smo izbrali kar vektor koordinatne osi. Za a je pa treba izracunat dolzino -- pitagorov izrek. Dobis
\(\cos\delta=-\frac{\sin\beta}{\sqrt{\sin^2\beta+\cos^2\beta\sin^2\alpha}}\)
Preveris se, ce dobis smiselne odgovore za skrajne primere. Ce sta oba naklona enaka 0, potem je normala navpicna in kot ni definiran. V tem primeru ti formula da nekaj v obliki 0/0. Sicer pa dobis za vodoravno streho \(\cos\delta=-1\) za pozitiven \(\beta\) (kot je 180 stopninj, modul kaze proti severu), in \(\cos\delta=1\) za negativen \(\beta\) (kot je 0 stopinj, modul kaze proti jugu).
Za pravokotno streho (steno), dobis \(\cos\delta=-\sin\beta\), ker v tej orientaciji streha kaze proti zahodu, nagib modula pa ga potem obraca bolj v smer sever-jug.
Tale minus nama nagaja, ker pozitiven \(\beta\) vrti proti severu.
Re: Matematika
Aniviller hvala za rešitev 
Točno ta kot sem mislil. Pri oceni izplena PV modula na letni ravni sta namreč pomembna ta dva kota in prav zanimivo je simulirati kako se dejanska usmeritev ploskve spreminja glede na oba naklona.
Glede na izčrpen potek računanja verjamem, da bo tole pomagalo še komu.
Hvala še enkrat,
Miha
Točno ta kot sem mislil. Pri oceni izplena PV modula na letni ravni sta namreč pomembna ta dva kota in prav zanimivo je simulirati kako se dejanska usmeritev ploskve spreminja glede na oba naklona.
Glede na izčrpen potek računanja verjamem, da bo tole pomagalo še komu.
Hvala še enkrat,
Miha
Re: Matematika
Lepo prosim, če ima kdo mogoče kaj časa, da bi mi pomagal pri rešitvi naslednjih nalog. Datoteke sem pripela s priponko. So težje naloge, nekaj še znam vendar samo začetek
- Priponke
-
-
Re: Matematika
Saj ni tezko, samo vec dela je ker je malo vec clenov.
1)
Def. obmocje:
Prvi clen nima tezav z definicijskim obmocjem (vsa realna stevila so ok). Drugi clen je definiran samo, ce je argument logaritma pozitiven. Dobis
\(yx^2+y>0\)
\(y(1+x^2)>0\)
Oklepaj je vedno pozitiven, tako da predznak doloca y. Definicijsko obmocje je torej y>0, za vsak x.
Stac. tocke:
Odvajas in poisces nicle.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(e^x-1/2)(x-2)+(e^x-x/2)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=-e^x+xe^x-x+1+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=(x-1)(e^x-1)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=0\)
\(\frac{\partial f}{\partial y}=(x^2+1) (1+\ln(yx^2+y))=0\)
Druga enacba ima nicle samo, ce je drugi oklepaj 0 (prvi je vedno pozitiven). Torej, veljati mora
\(\ln (yx^2+y)=-1\)
Resevanje prve enacbe v splosnem bi bilo katastrofa ampak mi vemo, da morata biti za ekstrem oba odvoda nic, zato lahko vstavis pogoj
iz odvoda po y in dobis resitve.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(x-1)(e^x-1)+2xy \underbrace{(1+\ln(yx^2+y))}_0=0\)
\((x-1)(e^x-1)=0\)
Resitvi sta x=1, x=0. Hkrati seveda velja tudi pogoj \(\ln (yx^2+y)=-1\). Ena resitev je
x=1, \(y=\frac12e^{-1}\)
druga pa
x=0, \(y=e^{-1}\)
Za oba lahko potem izracunas se druge odvode (Hessejevo matriko) in pogledas kaksnega tipa sta.
Pri drugem delu pa vstavis x=2 in dobis funkcijo ene spremenljivke, ki jo z lahkoto minimiziras.
2)
Samo po definiciji Taylorjevega razvoja pojdi pa prides do resitve.
\(F(x,y)\approx F(1,2)+F_x(1,2) (x-1)+F_y(1,2) (y-2) +\)\(\frac{1}{2}\left(F_{xx}(1,2)(x-1)^2+F_{yy}(1,2)(y-2)^2+2F_{xy}(1,2)(x-1)(y-2)\right)\)
Mogoce izgleda nepregledno ker sem pisal argumenta F(1,2) pri vseh odvodih...
Zdaj moras samo vse te koeficiente dolocit.
\(F(1,2)=f(1^2+f(2))+2e^{f(2)}=f(2)+2e=1+2e\)
Uporabil sem podatek f(2)=1.
Podobno:
\(F_x=f'(x^2+f(y))2x+y^2 f'(xy)e^{f(xy)}\)
uporabil sem verizno pravilo (malo moras pazit).
Zdaj pocasi vstavis y=2 in x=1.
\(F_x(1,2)=f'(1+f(2))2+4 f'(2)e^{f(2)}=2f'(2)+4f'(2)e\)
f'(2) dobis iz podatka: normala na krivuljo f' v tocki x=2 to krivuljo itak seka, tako da je f'(2)=-4+3=-1.
Za druge odvode verjetno rabis tudi f'', kar pa ni problem dobit: podana je normala na f'. Iz koeficienta normale lahko dobis koeficient tangente, ki pa je kar odvod te krivulje (f'), torej f''.
1)
Def. obmocje:
Prvi clen nima tezav z definicijskim obmocjem (vsa realna stevila so ok). Drugi clen je definiran samo, ce je argument logaritma pozitiven. Dobis
\(yx^2+y>0\)
\(y(1+x^2)>0\)
Oklepaj je vedno pozitiven, tako da predznak doloca y. Definicijsko obmocje je torej y>0, za vsak x.
Stac. tocke:
Odvajas in poisces nicle.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(e^x-1/2)(x-2)+(e^x-x/2)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=-e^x+xe^x-x+1+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=(x-1)(e^x-1)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=0\)
\(\frac{\partial f}{\partial y}=(x^2+1) (1+\ln(yx^2+y))=0\)
Druga enacba ima nicle samo, ce je drugi oklepaj 0 (prvi je vedno pozitiven). Torej, veljati mora
\(\ln (yx^2+y)=-1\)
Resevanje prve enacbe v splosnem bi bilo katastrofa ampak mi vemo, da morata biti za ekstrem oba odvoda nic, zato lahko vstavis pogoj
iz odvoda po y in dobis resitve.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(x-1)(e^x-1)+2xy \underbrace{(1+\ln(yx^2+y))}_0=0\)
\((x-1)(e^x-1)=0\)
Resitvi sta x=1, x=0. Hkrati seveda velja tudi pogoj \(\ln (yx^2+y)=-1\). Ena resitev je
x=1, \(y=\frac12e^{-1}\)
druga pa
x=0, \(y=e^{-1}\)
Za oba lahko potem izracunas se druge odvode (Hessejevo matriko) in pogledas kaksnega tipa sta.
Pri drugem delu pa vstavis x=2 in dobis funkcijo ene spremenljivke, ki jo z lahkoto minimiziras.
2)
Samo po definiciji Taylorjevega razvoja pojdi pa prides do resitve.
\(F(x,y)\approx F(1,2)+F_x(1,2) (x-1)+F_y(1,2) (y-2) +\)\(\frac{1}{2}\left(F_{xx}(1,2)(x-1)^2+F_{yy}(1,2)(y-2)^2+2F_{xy}(1,2)(x-1)(y-2)\right)\)
Mogoce izgleda nepregledno ker sem pisal argumenta F(1,2) pri vseh odvodih...
Zdaj moras samo vse te koeficiente dolocit.
\(F(1,2)=f(1^2+f(2))+2e^{f(2)}=f(2)+2e=1+2e\)
Uporabil sem podatek f(2)=1.
Podobno:
\(F_x=f'(x^2+f(y))2x+y^2 f'(xy)e^{f(xy)}\)
uporabil sem verizno pravilo (malo moras pazit).
Zdaj pocasi vstavis y=2 in x=1.
\(F_x(1,2)=f'(1+f(2))2+4 f'(2)e^{f(2)}=2f'(2)+4f'(2)e\)
f'(2) dobis iz podatka: normala na krivuljo f' v tocki x=2 to krivuljo itak seka, tako da je f'(2)=-4+3=-1.
Za druge odvode verjetno rabis tudi f'', kar pa ni problem dobit: podana je normala na f'. Iz koeficienta normale lahko dobis koeficient tangente, ki pa je kar odvod te krivulje (f'), torej f''.
Re: Matematika
Res najlepša hvala za tako hiter in natančen odgovor!
Re: Matematika
[quote="Aniviller"]Saj ni tezko, samo vec dela je ker je malo vec clenov.
1)
Def. obmocje:
Prvi clen nima tezav z definicijskim obmocjem (vsa realna stevila so ok). Drugi clen je definiran samo, ce je argument logaritma pozitiven. Dobis
\(yx^2+y>0\)
\(y(1+x^2)>0\)
Oklepaj je vedno pozitiven, tako da predznak doloca y. Definicijsko obmocje je torej y>0, za vsak x.
Stac. tocke:
Odvajas in poisces nicle.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(e^x-1/2)(x-2)+(e^x-x/2)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=-e^x+xe^x-x+1+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=(x-1)(e^x-1)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=0\)
\(\frac{\partial f}{\partial y}=(x^2+1) (1+\ln(yx^2+y))=0\)
Druga enacba ima nicle samo, ce je drugi oklepaj 0 (prvi je vedno pozitiven). Torej, veljati mora
\(\ln (yx^2+y)=-1\)
Resevanje prve enacbe v splosnem bi bilo katastrofa ampak mi vemo, da morata biti za ekstrem oba odvoda nic, zato lahko vstavis pogoj
iz odvoda po y in dobis resitve.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(x-1)(e^x-1)+2xy \underbrace{(1+\ln(yx^2+y))}_0=0\)
\((x-1)(e^x-1)=0\)
Resitvi sta x=1, x=0. Hkrati seveda velja tudi pogoj \(\ln (yx^2+y)=-1\). Ena resitev je
x=1, \(y=\frac12e^{-1}\)
druga pa
x=0, \(y=e^{-1}\)
Za oba lahko potem izracunas se druge odvode (Hessejevo matriko) in pogledas kaksnega tipa sta.
Pri drugem delu pa vstavis x=2 in dobis funkcijo ene spremenljivke, ki jo z lahkoto minimiziras.
Učim se za izpit in zdaj imam dve vprašanji glede te naloge:
1. Zakaj je oklepaj vedno pozitiven?
2. Kako se odvaja drugi del enačbe?
1)
Def. obmocje:
Prvi clen nima tezav z definicijskim obmocjem (vsa realna stevila so ok). Drugi clen je definiran samo, ce je argument logaritma pozitiven. Dobis
\(yx^2+y>0\)
\(y(1+x^2)>0\)
Oklepaj je vedno pozitiven, tako da predznak doloca y. Definicijsko obmocje je torej y>0, za vsak x.
Stac. tocke:
Odvajas in poisces nicle.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(e^x-1/2)(x-2)+(e^x-x/2)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=-e^x+xe^x-x+1+2xy (1+\ln(yx^2+y))=\)
\(=(x-1)(e^x-1)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=0\)
\(\frac{\partial f}{\partial y}=(x^2+1) (1+\ln(yx^2+y))=0\)
Druga enacba ima nicle samo, ce je drugi oklepaj 0 (prvi je vedno pozitiven). Torej, veljati mora
\(\ln (yx^2+y)=-1\)
Resevanje prve enacbe v splosnem bi bilo katastrofa ampak mi vemo, da morata biti za ekstrem oba odvoda nic, zato lahko vstavis pogoj
iz odvoda po y in dobis resitve.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(x-1)(e^x-1)+2xy \underbrace{(1+\ln(yx^2+y))}_0=0\)
\((x-1)(e^x-1)=0\)
Resitvi sta x=1, x=0. Hkrati seveda velja tudi pogoj \(\ln (yx^2+y)=-1\). Ena resitev je
x=1, \(y=\frac12e^{-1}\)
druga pa
x=0, \(y=e^{-1}\)
Za oba lahko potem izracunas se druge odvode (Hessejevo matriko) in pogledas kaksnega tipa sta.
Pri drugem delu pa vstavis x=2 in dobis funkcijo ene spremenljivke, ki jo z lahkoto minimiziras.
Učim se za izpit in zdaj imam dve vprašanji glede te naloge:
1. Zakaj je oklepaj vedno pozitiven?
2. Kako se odvaja drugi del enačbe?
Re: Matematika
1) Ker je vsota dveh pozitivnih stvari: 1+x^2. 1 je pac 1, x^2 je pa pozitiven ker je kvadrat necesa.
2) Katero enacbo mislis? In odvod po cem?
2) Katero enacbo mislis? In odvod po cem?
Re: Matematika
1)
Stac. tocke:
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(e^x-1/2)(x-2)+(e^x-x/2)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=[/tex]
Mislila sem na ta drugi del enačbe. Odvaja se po x. Ampak ne vem kako to gre po korakih\)
Stac. tocke:
\(\frac{\partial f}{\partial x}=(e^x-1/2)(x-2)+(e^x-x/2)+2xy (1+\ln(yx^2+y))=[/tex]
Mislila sem na ta drugi del enačbe. Odvaja se po x. Ampak ne vem kako to gre po korakih\)