en par funkcij :)

[mathnoob]

pozdravljeni spet!

imam 2 problema z funkcijami in sicer :

dana je funkcija f(x)=2(\(x^2\)+3x)\(e^-\frac{x}{2}\)

sepravi e je na -x/2 da ne bo pomote
doloci intervale monotonosti
doloci stacionarne tocke
najmanjso in najvecjo vrednost na intervalu [0,4]

sepravi znam pridet do teh stvari obicajno, odvodi za stac tocke itd, samo tale mi dela probleme, nekaj sem poskusal vendar se mi pri risanju potem ne izide

in pa se tale funkcija:

f(x)=\(\frac{(1+x)^3}{(1-x)^2}\)

nisem siguren tule pri niclah, racunam obicajo nicle , ali nicle polinoma? isto z poli, potem me zanima za asimptoto, treba je namrec deliti polinoma ne? ce mi lahko tole se pokazete, da se lahko kontroliram ce delam prav.
treba je pa pac dolociti obicanje stravi, intervale monotonosti, stac tocke, max, min na [-2,-0.5]

hvala lp

[Aniviller]

Saj lahko celo funkcijo v LaTeXu zapises:
\(f(x)=2(x^2+3x)e^{-\frac{x}{2}}\)

Koda: Izberi vse

f(x)=2(x^2+3x)e^{-\frac{x}{2}}

Odvod:
\(f'(x)=2(2x+3)e^{-x/2}+2(x^2+3x)(-\frac{1}{2})e^{-x/2}=e^{-x/2}(-x^2+x+6)\)
Nicle odvoda: \(x^2-x-6=0\), resitvi sta 3 in -2.
V zelo pozitivnih x funkcija pada (zaradi eksponentnega pojemanja), ko gres v zelo negativne x je tudi zaradi istega razloga funkcija padajoca (bolj negativen je x, vecja je vrednost). Ker na niclah odvoda obrnes padanje in narascanje, med -2 in 3 narasca. Na intervalu [0,4] imas lokalni maksimum v x=3.


2) Ja racionalna funkcija ima nicle tam, kjer ima stevec nicle in pole tam, kjer ima imenovalec nicle. Tale ima ocitno trojno niclo pri x=-1 in dvojni pol pri x=1. Za deljenje polinomov v tem primeru najbrz prides lazje skozi, ce zacasno das u=x-1 za novo spremenljivko, ker potem dobis
\(f(u)=\frac{(u+2)^3}{u^2}=(u^3+6u^2+12u+8)/(u^2)\)
in "celi del" pri deljenju pride \(u+6=x+5\). Asimptota je torej premica y=x+5. V splosnem, ce ne vidis takih trikov, gres na polno delit.

[mathnoob]

ok, drugega razumem, ne razumem pa pri prvem ke dobis x^2-x-6=0 ?? meni po odvajanju pride malo drugace.. lahko prosim razlozis kako si odvajal?

hvala lp

[Aniviller]

Aha. Ja formula je bila predolga za forum (ima namenoma neko omejitev):
\(f'(x)=2(2x+3)e^{-x/2}+2(x^2+3x)(-\frac{1}{2})e^{-x/2}\)\(=e^{-x/2}(-x^2+x+6)\)

[mathnoob]

aha >< pozabil sem 1/2 nest pred tisti e ok sedaj vse ok, hvala

lp

[mathnoob]

se naloga pri integriranju, bom kar tule vprasal :

pac izracunaj ploscino loka ki ga omejujeta krivulji :

\(y_1=\frac{lnx}{4x}\)
in
\(y_2=\frac{x}{lnx}\)

uvedem novo spremenljivko? lnx=u?
potem du=1/x dx??
izpostavim dx= du/x
sepravi za integriranje, kako pa pridem do sekalnih tock? pac ko y1=y2, da dobim meje? mi lahko kdo pokaze kako se izracuna to?

naslednji primer :
\(y_1=arctan x\)
\(y_2=\frac{x}{x-2}\)
x=1

sepravi 3 krivulje? tukaj ne razumem kako se pride do meja, saj so 3 tocke tiste kjer se sekajo krivulje.

hvala lp

[Aniviller]

Za dolocit meje integracije moras ugotovit kako sploh to obmocje izgleda (in potem izracunat presecisca, ce jih je treba). y1 ima pol pri 0, y2 pa pri 1. Govori se o "loku", tako da gre najbrz za koscek od 0 do prvega presecisca (ceprav je zelo slabo povedano kateri kos je misljen).
Presecisce je pri
\(\frac{\ln x}{4x}=\frac{x}{\ln x}\)
\(\ln^2 x=4x^2\)
\(\ln x=\pm 2x\)
To je transcendentna enacba, ki ni analiticno resljiva. Ori pozitivnem predznaku itak nima resitev, pri negativnem pa dobis eno resitev, ki se nahaja okrog 0.426303 (resitev dobis iterativno, ce izrazis zgoraj \(x=e^{-2x}\), vstavis nek priblizek, recimo 0.5, in dobljeno resitev toliko casa vstavljas nazaj v desno stran, da dobis zadovoljiv priblizek).

Je pa zadeva nekako nesmiselna, ker integral pri vseh polih divergira! Ploscina pod krivuljo 1/x okrog pola je neskoncna in vse tele funkcije so tega tipa: Za y2 okrog x=1 lahko pokazes, da je
\(y_2(1+h)=\frac{1+h}{\ln(1+h)}\approx\frac{1+h}{h}\approx 1+\frac{1}{h}\)
za y1 okrog x=0 pa je itak ze 1/x tak, da ima neskoncen integral, potem ga pa pomnozis se z dodatnim polom od ln(x), tako da je lahko kvecjemu se hujse.

Tako da cim je meja obmocja na polu, stvar divergira in nimas kaj racunat.

Ce bi vseeno rabil nedoloceni integral: integracija y1 gre lahko tako kot navajas, samo narobe imas izrazeno: dx=x*du. Integral od y1 pa ni elementarna funkcija: resitev lahko izrazis z integralskim logaritmom (transcedentna funkcija, ki se pojavlja dovolj pogosto, da so jo poimenovali, tabelirali in poiskali ucinkovite numericne postopke za izracun).

Torej, da povzamem: tako presecisce kot integracija nista resljiva brez uporabe numericnih postopkov, lahko pa z razmislekom pokazes, da integral itak divergira

[Aniviller]

Drugi primer ima spet kup moznosti. V najenostavnejsem primeru ti 3 krivulja dajo 3 presecisca, kar ponavadi pomeni, da imas 2 obmocji, kjer je razlicen par krivulj tisti, ki omejuje lik. Zelo enostaven primer, ki demonstrira koncept:

y1=1
y2=x
y3=1-x

Ce to narises, dobis trikotnik. Presecisca so pri x=0, x=0.5 in x=1. Ce bi hotel integrirat, bi imel obmocje od 0 do 0.5, kjer bi integriral y1-y3, plus obmocje od 0.5 do 1, kjer bi integriral y1-y2.

Pri tem tvojem problemu (ce sem prav razumel, da je tisto res x=1) je se lazje, ker x=1 ti ze pove eno integracijsko mejo (gre za navpicnico). Potem si na sliki ogledas obmocja in opazis, da je edino smiselno obmocje na levi od x=1, do prvega presecisca med krivuljama y1 in y2. Integral torej tece od tistega presecisca, pa do x=1.

[mathnoob]

ja drugi primer je tak ja, to je vse ok, razumem, sem tudi sam mislil da je tako, tam pri prvem sem pa jaz narobe prepisal, sori
y1 je tak kot je y2 je pa xlnx , ne pa ulomek

aja se nekaj, kako tam pri drugem dobim potem presecisce y1, y2?

[Aniviller]

Ja pri prvi je potem presecisce pri
\(\frac{\ln x}{4x}=x\ln x\)
To je enako pri x=1 zato, ker je na obeh straneh 0. Ce x ni 1, lahko logaritem okrajsas in dobis x=1/2 za drugo presecisce. Potem samo pogledas, katera funkcija je na tem obmocju vecja in integriras razliko zgornje in spodnje.

Pr drugi pa imas
\(\frac{x}{x-2}=\arctan x\)
Kar je itak izpolnjeno pri x=0, torej gledas
\(\int_0^1 \arctan x - \frac{x}{x-2}\,{\rm d}x\)