Kvarkadabra forum

forumito napisal/-a:Kako pa se naj upošteva oz. kakšna bi bila sprememba če ni bilo tega: \(|A|\leq\sqrt2\)

V bistvu itak vsota ne more preseči \(\sqrt{2}\) .

\((sin(x) + cos(x))' = 0\)
\(cos (x) = sin(x)\)
\(tg(x) = 1\)
\(x = {\pi \over 4}\)
\(sin({\pi \over 4}) + cos({\pi \over 4}) = \sqrt{2}\)

forumito napisal/-a:

shrink napisal/-a:

forumito napisal/-a:\(\sin\alpha+\cos\alpha=A\); \(|A|\leq\sqrt2\)

\(\sin\alpha*\cos\alpha=\)

Poskusil sem vse (osnovne) prijeme: s polovičnimi koti, pretvarjanje produkta v vsoto (kar je v bistvu \(\frac{1}{2}\sin{2x}\) )

Namig: Kvadriraj enačbo in upoštevaj znano zvezo \(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1\).

\(=\frac{(\sin\alpha+\cos\alpha)^2-1}{2}=\frac{A^2-1}{2}\) Kako pa se naj upošteva oz. kakšna bi bila sprememba če ni bilo tega: \(|A|\leq\sqrt2\)

Ker veš, da je \(\sin \alpha \cos \alpha = \frac{1}{2} \sin (2 \alpha)\), je \(\sin \alpha \cos \alpha\) omejen na \([-1/2,1/2]\). Sledi, da je zgolj za \(|A|\leq\sqrt2\) enačba

\(\sin \alpha \cos \alpha = \frac{A^2-1}{2}\)

sploh rešljiva.

No, potem sem imel prav. \(\chi_{\lbrack-a,a\rbrack}\) je ena na omenjenem intervalu, drugje pa nic, torej gre za pravokotno funkcijo. Boljsa notacija se mi zdi
\(\mathrm{rect}_a(x)\) ali brez indeksa \(\mathrm{rect}(x/2a)\) kjer je funkcija \(\mathrm{rect}\) definirana kot 1 od -0.5 do 0.5, drugje pa 0 (polovicke zato, da je normirana na 1). Fourierova transformacija te funkcije je \(\mathrm{sinc\,}x=\frac{\sin x}{x}\), kar je ravno tisto kar si ti napisal. Podobna zmeda je s Heavisidovo funkcijo ("stenga" oz. UnitStep v Mathematici), ki jo nekateri oznacujejo kot \(\Theta\), drugi pa kot H.

Seveda se da pravokotnih sestaviti iz dveh signum funkcij, kot predlaga Mathematica.

Izvrstno lucidno ( , lux ) shrink omejenost \(\frac{1}{2} \sin (2 \alpha)\) na \([-1/2,1/2]\), Mafijec \((sin(x) + cos(x))' = 0\) (in potem \(tan\) )

Eksistenčni izrek za DE?

Kaj je tu potrebno vedeti. Zgodbica o nekem pravokotniku, iskanjem maksimuma funkcije in nekega minimuma?

Če je y rešitev diferencialne enačbe, je edina in rešitev na tistem pravokotniku vedno obstaja.

Pravokotna projekcija polinoma \(x^2\) na podprostor \(lin\{1\}\). Aja, govora je o dogajanju v prostoru \(L_{2} [-1,1]\).

\(\int_{-1}^{1} {x^2 * 1 }dx = {2 \over 3}\)
\({2 \over 3} * 1 = {2 \over 3}\)

Pazi, pozabil si normirat vektor 1.

\(\int_{-1}^{1} 1*1 dx = 2\)
Torej vektor 1 delim s \(\sqrt{2}\).

\(f(x,y,z) = x^2 - yz + z^2x\)
\(\vec{a} = (-2,1,5)\)
\(div(f\vec{a})\)

V bistvu me zanima, kaj pomeni \(f\vec{a}\)

Najbrz produkt, kaj pa naj bo drugega. Uporabis pravilo produkta, ki velja tudi v tem primeru (ker velja po komponentah).
\(\nabla\cdot(f\mathbf{a})=(\nabla f)\cdot\mathbf{a}+f(\nabla\cdot\mathbf{a})\)

Novo, prooosiiim


Enacbo sin x = sin 2x resi na dva razlicna nacina in dokazi, da sta mnozici resitev enaki.


Znam jo rešit na en način:

sinx = sin2x
sinx = 2sinx cosx / : sinx
1 = 2cosx
cosx = 1/2
x = pi/3 + 2kpi ; k€Z

(a je še kšna rešitev, npr. -pi/3, kako že to veš?)

Kaj je pa drugi način za rešit? Pa kako se dokaže?

pri prvem načinu si delil z sinx, tk d ti del rešitev sfali.
\(sinx=sin2x

sinx(2cosx-1)=0

1. sinx=0

2. cosx=1/2\)

za drug način se pa še nisem spomnil.

Sode in lihe funkcije imajo resitve simetricno glede na izhodisce, se pravi ima enacba
\(\cos x=\tfrac12\)
resitve tudi pri \(x=-\tfrac\pi3\) in vseh ponovitvah za periodo. Ce ne drugega so te stvari ocitne ko si narises.

Za drugo moznost: lahko bi uporabil na levi formulo za polovicne kote, ceprav je to v bistvu isto kot za dvojne kote

Za drugo možnost lahko uporabiš zvezo za prehod iz vsote/razlike v produkt:

\(\sin \alpha - \sin \beta = 2 \cos \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\alpha - \beta}{2}\).

Torej:

\(\sin 2x - \sin x = 0 \Rightarrow 2 \cos \frac{3x}{2} \sin \frac{x}{2} = 0\).