6 svar

146 visningar

dajamanté är nöjd med hjälpen

Låt oss låsa tsoo storsta/minsta värde problem

Okay, jag tog en ny provfråga att undersöka här för att spika den i huvudet. Dem fungerar ju på samma sätt, så jag antar att om jag fattade EN i djupet finns det chans att jag klarar.

Ni får så himla gärna kommentera och poängtera fingret på misstagområden!!

Den här:

En stor fempoängare, med allt jag hatar. Ln:erier och konstiga cirklar.

Så enligt vad upprepades tiotalsgånger av Smarris, AlvinB, Yngve, Guggle, Albiki och andra stackare som gjorde en insats för att rädda mig från den här typ problem:

1. vi undersöker randen,

2. vi undersöker där funktionen är ickederiverbar

3. vi undersöker $\frac{\partial f}{\partial x}$ o $\frac{\partial f}{\partial y}$ där dom är noll samtidigt.

1. Randen:

Vi observerar att det är en myror-cirkel med radie $\frac{1}{2 \sqrt{2}}$ för att $\frac{x^{2}}{{\sqrt{\frac{1}{8}}}^{2}} + \frac{y^{2}}{{\sqrt{\frac{1}{8}}}^{2}} = \frac{\frac{1}{8}}{\frac{1}{8}}$ . Trots att vi är inte van att arbeta med så små cirklar vi skärper oss och hoppas att många kritiska punkter som vi kommer att gräva fram kommer att exkluderas precis p.g.a den är så liten.

Parametrisering av ekvationen ger följande:

$f (r, θ) = r^{2} \cos^{2} θ + r^{2} \sin^{2} θ + \ln (2 + r \cos θ + r \sin θ)$ = $f (r, θ) = r^{2} + \ln (2 + r (\cos θ + \sin θ))$ = $f (r, θ) = r^{2} + \ln (2 + r \sqrt{2} \sin (θ + \frac{π}{4}))$

Så nu måste man inte glömma att vi sitter på randen, dvs att $r = \frac{1}{\sqrt{8}}$ , så egentligen det är bara att sätta detta värde i f:

$f (r, θ) = \frac{1}{8} + \ln (2 + \frac{1}{2} \sin (θ + \frac{π}{4}))$

Om vi deriverar:

$f' (r, θ) = \frac{\frac{1}{2} \cos (θ + \frac{π}{4})}{2 + \frac{1}{2} \sin (θ + \frac{π}{4})}$ , så den kritiska punkten ligger vid $- \frac{π}{4}$ , så $f (\frac{1}{\sqrt{8}}, - \frac{π}{4}) = \frac{1}{8} + \ln 2$

2. där funktionen är ickederiverbar:

Tack och lov är detta funktion deriverbar överallt, förutom när ln blir negativt, men eftersom vi är i en myra cirkeln x+y blir aldrig större än 2 tillsammans, så det är classified.

3. där $\frac{\partial f}{\partial x} / \frac{\partial f}{\partial y}$ är noll samtidigt.

$\frac{\partial f}{\partial x} = 2 x - \frac{3}{2 + x + y} o c h \frac{\partial f}{\partial y} = 2 y - \frac{3}{2 + x + y}$

$(2 x - \frac{3}{2 + x + y}) \cdot y + - (2 y - \frac{3}{2 + x + y}) \cdot x = - 3 y - 3 x = 0 x = - y$

Så vi måste undersöka:

$f (\frac{- 1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1 *}{\sqrt{8}}; \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1 *}{\sqrt{8}}) = f (\frac{1}{4}, \frac{- 1}{4}) f (\frac{1}{4}, \frac{- 1}{4}) = {(\frac{1}{4})}^{2} + {(\frac{- 1}{4})}^{2} - 3 \ln (2 + \frac{1}{4} + \frac{- 1}{4}) = \frac{1}{8} - 3 \ln 2 * f ö r v i h a r i n t e g l ö m t a t t v i v a r i n e n m y r c i r k e \ln!$

Counterparten $f (\frac{- 1}{4}, \frac{1}{4})$ ger samma resultat pga symmetri.

Så förhoppningsvis svaret är:

Max: $\frac{1}{8} + \ln 2$ , Min: $\frac{1}{8} - 3 \ln 2$

dajamanté skrev:
Parametrisering av ekvationen ger följande:
$f (r, θ) = r^{2} \cos^{2} θ + r^{2} \sin^{2} θ + \ln (2 + r \cos θ + r \sin θ)$ = $f (r, θ) = r^{2} + \ln (2 + r (\cos θ + \sin θ))$ = $f (r, θ) = r^{2} + \ln (2 + r \sqrt{2} \sin (θ + \frac{π}{4}))$

Nu har du tappat bort en 3:a och ett minustecken, funktionen är $f(x,y)=x^2+y^2-3\ln(x+y+2)$

Alltså blir $f(r,\theta)=r^2-3\ln\left(2+\sqrt{2}r\sin(\theta+\frac{\pi}{4})\right)$ .

Sedan deriverar du således fel funktion, men det gör inte så mycket eftersom extrempunkterna ligger vid samma vinklar (av symmetri måst de ligga utmed linjen x=y på randen, dvs vid $\theta=\frac{\pi}{4}+n\pi$ ).

Daja säger så här:

$f' (r, θ) = \frac{\frac{1}{2} \cos (θ + \frac{π}{4})}{2 + \frac{1}{2} \sin (θ + \frac{π}{4})}$ , så den kritiska punkten ligger vid $- \frac{π}{4}$ , så $f (\frac{1}{\sqrt{8}}, - \frac{π}{4}) = \frac{1}{8} + \ln 2$

Förmodligen har du löst ekvationen $\cos(\theta+\frac{\pi}{4})=0$ och den har lösningarna $\theta=\frac{\pi}{4}+n\pi,\quad n\in\mathbb{Z}$ .

Med rätt funktion blir extremvärdena på randen ( $r=\frac{1}{2\sqrt2}$ )

$f_{min}=f(\frac{1}{2\sqrt2},\frac{\pi}{4})=\frac{1}{8}-3\ln(\frac{5}{2})$

$f_{max}=f(\frac{1}{2\sqrt2},-\frac{3\pi}{4})=\frac{1}{8}-3\ln(\frac{3}{2})$

Daja fortsätter

3. där $\frac{\partial f}{\partial x} / \frac{\partial f}{\partial y}$ är noll samtidigt.
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2 x - \frac{3}{2 + x + y} o c h \frac{\partial f}{\partial y} = 2 y - \frac{3}{2 + x + y}$

$(2 x - \frac{3}{2 + x + y}) \cdot y + - (2 y - \frac{3}{2 + x + y}) \cdot x = - 3 y - 3 x = 0 x = - y$

Båda ekvationerna innehåller $-\frac{3}{2+x+y}$ och ska vara lika (och dessutom lika med noll), alltså måste $2x=2y$ , dvs $x=y$ . Du har förmodligen slarvat med tecknet? Nu visar det sig att båda punkterna hamnar UTANFÖR området D.

Så förhoppningsvis svaret är:
Max: $\frac{1}{8} + \ln 2$ , Min: $\frac{1}{8} - 3 \ln 2$

Nej, svaret på uppgiften är att både maxvärdet och minvärdet antas på randen till cirkeln:

$f_{min}=\frac{1}{8}-3\ln(\frac{5}{2})$

$f_{max}=\frac{1}{8}-3\ln(\frac{3}{2})$

Vilket du förhoppningsvis kommer fram till om du rättar dina slarvfel ovan!

Tack så hemsk mycket Guggle! Det var ganska många slarvfel (euphémisme för en per rad...)...

Jag tror jag ska skriva prov vid nästa tillfälle, känner mig absolut inte redo. Och om det är en sak som jag har inte glömt i mitt hemland, det är min stolthet. Men det är bara en sak som vi hatar mer än att fega ur, och det är att se dumt ut.

Men jag sätter en stjärna på tråden, jag ska läsa om Taylor utveckling och jag återkommer.

PS: lol det ser ut som den franska stoltheten firas under EN VECKA i skolan...

dajamanté skrev:
Tack så hemsk mycket Guggle! Det var ganska många slarvfel (euphémisme för en per rad...)...
Jag tror jag ska skriva prov vid nästa tillfälle, känner mig absolut inte redo. Och om det är en sak som jag har inte glömt i mitt hemland, det är min stolthet. Men det är bara en sak som vi hatar mer än att fega ur, och det är att se dumt ut.

Jag skulle ge dig rådet att ändå göra tentan. Även om du blir underkänd får du ett bra tillfälle att öva. Dessutom märker du var dina kunskapsluckor finns inför omtentan. Och det finns en icke-försumbar chans att du blir godkänd.

Men jag skulle vilja höja ett varningens finger. Matematik kräver tid, tålamod, engagemang och respekt.

Att läsa in en hel kurs natten innan en tenta är säkert en ungdomssynd vi alla gjort oss skyldiga till någon gång. Likaså att komma berusad till tentamenssalen efter en hård natt och bli utkastad för att man somnat och börjat snarka.

Men senare kurser i matematik bygger på det du lärt dig under grundkurserna. Det innebär att du måste lära dig grunderna på riktigt förr eller senare. Om du väljer senare finns det risk att dina studier blir svårare än de annars hade varit.

Precis, det finns enchans att jag blir godkänd med E, som skulle vara en jättedåligt sak för framtiden.

Tar bort det jag skrev. Finns redan en övriga diskussioner om studieteknik.

Jag missade vad du skrev, och jag tittade på din inlägg i en studieteknik tråd. Det är faktiskt en jättebra princip att reflektera efter varje studiepass, jag har så intensiva dagar ibland att jag aldrig planerar en tid för att wrap up vad jag gjorde. Jag ska testa göra det i framtiden!

Svara Avbryt

Visa senaste svar