Razvoj: \(\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{8}x^3\) \(\frac{f(x)-1}{x}\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{4}x+\frac{3}{8}x^2\)
Tega pa ni problem zintegrirat: \(\int_0^1\frac{f(x)-1}{x}{\,\rm d}x\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\frac{3}{8}=\frac{1}{2}\)
Aniviller napisal/-a:Ja samo kalkulator ne racuna Taylorja.
Razvoj: \(\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{8}x^3\) \(\frac{f(x)-1}{x}\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{4}x+\frac{3}{8}x^2\)
Tega pa ni problem zintegrirat: \(\int_0^1\frac{f(x)-1}{x}{\,\rm d}x\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\frac{3}{8}=\frac{1}{2}\)
a) \(f(t)=\sqrt{(t-2)^2+(e^{-t}-2)^2}\)
b)
Koren lahko izpustis, ker ima funkcija iste ekstreme brez njega. \(g(t)=f(t)^2\) \(g'(t)=2(t-2)-2(e^{-t}-2)e^{-t}=0\) \(t-e^{-2t}+2e^{-t}-2=0\)
c) Newtonova metoda zahteva odvod tega: \(G(t)=t-e^{-2t}+2e^{-t}-2\) \(G'(t)=1+2e^{-2t}-2e^{-t}\)
Newtonova iteracija: \(t_{n+1}=t_n-\frac{G(t_n)}{G'(t_n)}\)
Aja.... mene je pa slika samo zmedla (nekaj casa sem celo mislil da je z downloadom kaj narobe).
To je pa enostavno: zacetna tocka ravnine (pac neka tocka) je poljubna tocka na katerikoli izmed premic. Normala te ravnine je pa vektorski produkt smernih vektorjov premic. Se pravi iz: \(\vec{r}=\vec{r}_1+\vec{s}_1 t\) \(\vec{r}=\vec{r}_2+\vec{s}_2 t\)
Je recimo enacba ravnine potem \((\vec{r}-\vec{r}_1)\cdot(\vec{s}_1}\times\vec{s}_2})=0\)
Ce dobro pomislis, to pomeni: vektor \((\vec{r}-\vec{r}_1)\) mora lezati v isti ravnini kot oba smerna vektorja (mesani produkt je nic, ce so vektorji koplanarni).
Ce te moti notacija, se da vedno pretvorit iz vektorske v implicitno in nazaj.