parametrične krivulje

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

a) prav
b) ne. Vstavi nazaj in bos videl da ni prav - y(0) dobis 4.
y(0)=2
\(2=c_1+1\)
\(c_1=1\)
y'(0)=2
\(2=-c_1+c_2\)
\(c_2=c_1+2=3\)

Sasom
Prispevkov: 24
Pridružen: 1.4.2008 16:12

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Sasom »

Am a sem potem že tu napako naredil:
enačba je y'' + 2*y' +y = 1, po enih zapiskih sem naredil sledeče:
K^2 + 2K +1 = 1
K^2 + 2K = 0
K(K+2) = 0
K1 = 0, K2 = -2 --> y = C1*e^0 + C2*e^(-2x) . In če vstavim x=0, dobim y=2?

Pa še eno vprašanje =) :
Ali se bo funkcijska vrednost ob majhnem premiku iz točke (1,1) v desno povečala ali zmanjšala?
Ali moram tukaj gledati, koliko je vrednost parcialnega odvoda po x-u (torej da bi najprej izračunal vrednost f_x v točki (1,1) in potem še v točki npr. (2,1) in videl ali se poveča ali zmanjša) ali je kakšna fora v smernem odvodu?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Ne, resitev si prav dolocil. Za dolocanje eksponentnih clenov obravnavas samo homogeni del enacbe! Tvoj izraz (K^2+2K+1=1) je neumnost, ker gre za nastavek y=e^kx:
\(k^2 e^{kx}+2 ke^{kx}+e^{kx}=1\)
Seveda ce obdrzis enko na desni, se eksponentni clen sploh ne pokrajsa in ne dobis karakteristicne enacbe za k. To se dela na homogenem delu - partikularna resitev se potem samo pristeje zraven.

Gledas funkcijsko vrednost! Pri premiku iz neke tocke v desno, se bo funkcijska vrednost spremenila za \(\delta y=y'(x)\delta x\). Rabis samo predznak odvoda y' v tej tocki (najdi nedoloceni konstanti, da bo funkcija sla skozi to tocko in izracunaj odvod).

Sasom
Prispevkov: 24
Pridružen: 1.4.2008 16:12

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Sasom »

Aniviller napisal/-a:Ne, resitev si prav dolocil. Za dolocanje eksponentnih clenov obravnavas samo homogeni del enacbe! Tvoj izraz (K^2+2K+1=1) je neumnost, ker gre za nastavek y=e^kx:
\(k^2 e^{kx}+2 ke^{kx}+e^{kx}=1\)
Seveda ce obdrzis enko na desni, se eksponentni clen sploh ne pokrajsa in ne dobis karakteristicne enacbe za k. To se dela na homogenem delu - partikularna resitev se potem samo pristeje zraven.

Gledas funkcijsko vrednost! Pri premiku iz neke tocke v desno, se bo funkcijska vrednost spremenila za \(\delta y=y'(x)\delta x\). Rabis samo predznak odvoda y' v tej tocki (najdi nedoloceni konstanti, da bo funkcija sla skozi to tocko in izracunaj odvod).
OK, zdej pa ne razumem stvari. Se pravi potem naredim K^2+2K+K=0 in dobim rešitev K=-1, kaj naredim sedaj (še posebej me zanima ali se desna stran samo doda k rešitvi)?

Glede drugega vprašanja bi prosil, če bi lahko napisal postopek reševanja in nalogo rešil (+kaj se zgodi, če se premaknemo navzgor). Hvala.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Resevanje linearnih diferencialnih enacb poteka takole: najprej ignoriras desni del enacbe in dolocis resitev HOMOGENEGA DELA. Teh resitev je toliko kot je stopnja enacbe in imajo pred sabo nedolocene faktorje (vsaka linearna kombinacija je resitev enacbe). To je v nasem primeru \(c_1 e^{-x}+c_2 x e^{-x}\).

Potem resis CELOTNO ENACBO - z desnim delom vred. Splosna resitev je vsota HOMOGENEGA in PARTIKULARNEGA dela. Homogene resitve lahko dodamo kolikor hocemo ker itak pride leva stran za to resitev vedno nic in se ne pozna. Partikularni del je pa tisti, ki mora dati desni del enacbe in ga je treba nekako pridobiti.

Zdaj v nasem primeru ko je konstanta, lahko resitev uganemo (resitev je 1). Recimo ce bi bil desni del x, bi nastavili partikularno resitev kot polinom
\(y=ax+b\)
vstavili
\(0+2a+(ax+b)=x\)
Od tod bi bilo a=1, b=-2 in torej y=x-2.

Poznamo vec nastavkov, kako resevati sinusne, eksponentne in polinomske nehomogene dele. V splosnem pa lahko zadevo resis z variacijo konstante (poglej malo, verjetno ste postopek omenili).

To drugo vprasanje pa ni dobro: ena tocka ni dovolj, za dolocitev krivulje, ki poteka skozi. Skozi tocko (1,1) gre cela druzina krivulj, od katerih so nekatere padajoce, nekatere narascajoce. Mislim da ce sem prav razumel vprasanje, je odgovor, da je to odvisno od zacetnega pogoja.

Sasom
Prispevkov: 24
Pridružen: 1.4.2008 16:12

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Sasom »

Hvala za razlago prvega vprašanja!
Pri drugi nalogi pa je funkcija f(x,y) = x*e^(x^2+y^2) in potem vprašanje:
Ali se bo funkcijska vrednost ob majhnem premiku iz točke (1,1) v desno povečala ali zmanjšala? Kaj pa ob majhnem premiku navzgor?
Zanima me postopek reševanja takih nalog. Hvala.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Aja taka naloga je... sem mislil da je to na tisto prejsnjo.
To je pa enostavno - ti imas pac funkcijo v odvisnosti od koordinat in parcialni odvod v neki smeri ti ravno pove, za koliko se v tisti smeri spremeni. Ti samo potrebujes
\(\frac{\partial f}{\partial x}\) za premik v desno in po y za premik navzgor.

Sasom
Prispevkov: 24
Pridružen: 1.4.2008 16:12

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Sasom »

fx = e^(x^2+y^2) * (1+2*x^2)
fy = 2*x*y*e^(x^2+y^2)

Se pravi, da če premaknemo v desno se poveča vrednost (če vstavljamo večje koordinate x potem je tudi vrednost fx v tej točki večja?), v levo se zmanjša, gor se poveča, dol se zmanjša? Bo približno tako?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Ja tako. Saj to je pomen odvoda - premik funkcije pri premiku koordinat. V splosnem
\(\delta f\approx\frac{\partial f}{\partial x}\delta x+\frac{\partial f}{\partial y}\delta y\)
To velja za poljubna majhna premika v x in y smeri.

Sasom
Prispevkov: 24
Pridružen: 1.4.2008 16:12

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Sasom »

Ok, hvala. Zdej mam pa še nekaj primerov za rešit:
1. Poišči krivlujo, ki ima naslednjo lastnost: odsek, ki ga tangenta na krivuljo v poljubni točki (x,y(x)) odreže na ordinatni osi, je enak x.
2. y'' + y = 0
3. x*y'/y^2 + 1/y = x^2 (namig: vpeljemo novo odvisno spremenljivko z = 1/y)
4. y'' - 3y' = x*e^x ali y'' + y' -6y = e^(3x) (toliko, da vidim točen postopek reševanja). Zanima predvsem to, če je partikularna rešitev enaka desni strani?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

1. enacba tangente je \(\frac{Y-y(x)}{X-x}=y'(x)\) (x,y sta izhodiscna tocka, X,Y teceta po premici). Odsek na ordinatni osi pomeni X=0. Takrat hocejo, da je Y=x. Ostane enacba \(\frac{x-y(x)}{-x}=y'(x)\), oziroma \(y'(x)-\frac{1}{x}y(x)=1\). To moras zdaj resit. Homogeni del je resljiv s separacijo spremeljivk (ali pa dobro pogledas in zapises y=x), partikularno resitev pa resis z nekim nastavkom. V tem primeru nimas srece in bo treba z variacijo konstante.
To v osnovi pomeni, da za partikularno resitev nastavis homogeno resitev krat nekaj odvisno od x. Pri nas je to
\(y=c(x)\cdot x\). Potem resis enacbo za c.

2. Za ta primer vsak ve na pamet, da sta resitvi sinus in kosinus. Pravila za resevanje linearnih enacb s konstantnimi koeficienti se bos moral pac naucit in strenirat, tukaj ti nimam kaj pomagat.

3. Sledi namigu:
\(y'=-\frac{z'}{z^2}\)
Vstavis
\(-xz'+z=x^2\)
Tukaj spet isto: homogeni del je resljiv s separacijo spremeljivk, partikularni del pa spet uganes (sklep: ce je z kvadratna funkcija, se stopnja ujema... in prvi clen bo ravno tako ostal kvadratna funkcija, torej \(z=ax^2\) in poisces a).

4. Seveda ni ENAKA desni strani. Je pa lahko enake oblike, ce ravno ni kaksen poseben primer. V prvem primeru je najbolj varno nastavit kar splosen polinom ustrezne stopnje pred eksponentno funkcijo
\(y=(ax+b)e^x\)
Vstavis
\((2a+b+ax)e^x-3(a+b+ax)e^x=xe^x\)
Ce hoces, da enacba drzi, mora biti
\(2a+b-3(a+b)=0\) in
\(a-3a=1\)
(prosti in linearni cleni se morajo ujemati na levi in na desni strani). Zdaj samo dolocis a in b.
Pri drugem primeru je pa nastavek v obliki \(y=a e^{3x}\). Pazljiv moras se v primeru, ce je desni del enacbe ze sam resitev homogenega dela. V tem primeru imas dodatna pravila kako zgraditi nastavek (zvisati moras stopnjo polinoma pred eksponentno funkcijo/sinusom ali kosinusom).
Zadnjič spremenil Aniviller, dne 23.1.2010 14:43, skupaj popravljeno 1 krat.

Sasom
Prispevkov: 24
Pridružen: 1.4.2008 16:12

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a Sasom »

ok, najlepša hvala, bom naštudiral =).

katarina123
Prispevkov: 8
Pridružen: 2.4.2013 16:53

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a katarina123 »

Živjo!
Tudi jaz imam problem s parametričnimi funkcijami in res ne vem kako naj se lotim naslednje naloge:
Izračunajte ekstreme funkcije, ki je podana parametrično: x=t^2-t, y=3t^4-4t^2+1.
Moram funcijo pretvoriti in potem računati ali kako? Prosim, da mi nekdo pomaga.

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14575
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: parametrične krivulje

Odgovor Napisal/-a shrink »

katarina123 napisal/-a:Živjo!
Tudi jaz imam problem s parametričnimi funkcijami in res ne vem kako naj se lotim naslednje naloge:
Izračunajte ekstreme funkcije, ki je podana parametrično: x=t^2-t, y=3t^4-4t^2+1.
Moram funcijo pretvoriti in potem računati ali kako? Prosim, da mi nekdo pomaga.
viewtopic.php?f=22&t=2794

Odgovori