Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

n-ti izvod

through

FAQ

[^/[Print]\]
Idite na 1, 2 Sljedeće :| |:
Forum@DeGiorgi -> Matematička analiza 1 i 2

#1: n-ti izvod Autor/ica: uvelaruza,

Postano: 16:43 pet, 29. 3. 2013
—
Moze li mi neko pomoci da resim zadatak?

Hvala unapred...

zadatakk.pdf

Description:

Download

Filename:

zadatakk.pdf

Filesize:

864.12 KB

Downloaded:

310 Time(s)

#2: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 19:57 pet, 29. 3. 2013
—
Dat cu ti samo jedan mali savjet, koristi logaritamsku derivaciju za ovakve izraze: [dtex](\ln (f(x)))´=\frac {f´(x)}{f(x)}[/dtex]. U ovom slucaju imas[dtex](\ln (1+x)^x)´=(x\ln (1+x))´=\ln (1+x) + \frac {x}{1+x}[/dtex] pa dobijes: [dtex](\ln (1+x)^x)´=\ln (1+x) + \frac {x}{1+x}=\frac {((1+x)^x)´}{(1+x)^x}[/dtex] pa dobijes mnozenjem s nazivnikom prvu derivaciju: [dtex]f´(x)=((1+x)^x)´=(1+x)^x\ln(1+x) + x(1+x)^{x-1}[/dtex]

E sad uz pomoc ovog pravila logaritamske derivacije i osnovnih pravila deriviranja nadjes jos drugu, i eventualno trecu derivaciju i onda iz tih izraza za drugu i trecu derivaciju trebas naslutiti kako bi otprilike trebao izgledati izraz za n-tu derivaciju i onda indukcijom pokazati da je to zaista dobar izraz.

Bitno je da znas da ovo i nije nesto tesko samo je stvar u tome da dobijas izraze koji su veliki i onda treba dosta vremena da se sve to izderivira, ali princip je da su dovoljna osnovna pravila deriviranja i logaritamska derivacija.

Nisam ti nista pomogao, jelda? Very Happy

#3: Autor/ica: vsego, Lokacija: /sbin/init

Postano: 20:33 pet, 29. 3. 2013
—
Meni vise vuce na Taylorov razvoj od [tex]x\log(x+1)[/tex].

#4: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 21:12 pet, 29. 3. 2013
—
Ne znam je li ona ucila razvoj u Taylorov red, jer on u analizi funkcija realne varijable dolazi nakon osnovnih pravila deriviranja i logaritamske derivacije.

Added after 6 minutes:

A i recimo da ti razvijes [dtex]x\ln (1+x)=\ln(f(x))[/dtex] u Taylorov red i deriviras n puta , kako bi dosao do izraza za n-tu derivaciju od f(x) u zatvorenoj formi?

Added after 18 minutes:

uvelaruzo, mozes se i sa ovim posluzit: [dtex]((\ln (f(x)))´)´=(\frac {f´(x)}{f(x)})´=\frac {f´´(x)f(x) - (f´(x))^2}{(f(x))^2}[/dtex] i nemoj bit uvela vec procvala.

#5: Autor/ica: vsego, Lokacija: /sbin/init

Postano: 21:12 pet, 29. 3. 2013
—
Nisam isao rjesavati. Ovo sto si ti predlozio se samo zakomplicira (barem ja ne vidim pravilo – izvedi, recimo, prve 3 derivacije na Wolfram|Alpha). S druge strane, Taylor daje polinom koji u nuli ima tocno jedan clan (slobodni) koji ne ide nuzno u nulu. Ovdje se trazi [tex]n[/tex]-ta derivacija, hence moj prijedlog.

#6: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 21:34 pet, 29. 3. 2013
—
Ja ti opet govorim da ne znam je li ona ucila Taylorove redove. I izveo sam na Alphi prve 4 i izgledaju dosta gadno. Ali uocavas li ti da bi ti isao racunat Taylorov red od

a ne od

, i kad ga izracunas kako pronaci transformaciju koja red od

transformira u red od

, mozda da eksponenciras pa dobijes

pa onda imas e na red, i sto onda? Mozda sam ja jednostavno glup pa ne razumijem tvoje argumente, ajde budi malo jasniji?

#7: Autor/ica: vsego, Lokacija: /sbin/init

Postano: 21:47 pet, 29. 3. 2013
—

Nightrider (napisa):

Ja ti opet govorim da ne znam je li ona ucila Taylorove redove.

Jako lijepo da mi "opet govoris". Valjda sam preglup da iz prve shvatim. Rolling Eyes

Pitao si kako bih dosao do izraza... pa sam ti raspisao zasto mi je Taylor pao na pamet. Ako odgovaram tebi, onda to nema veze s time je li netko tko vjerojatno nije niti s MO radio Taylora.

Nightrider (napisa):

Ali uocavas li ti da bi ti isao racunat Taylorov red od

a ne od

, i kad ga izracunas kako pronaci transformaciju koja red od

transformira u red od

, mozda da eksponenciras pa dobijes

pa onda imas e na red, i sto onda? Mozda sam ja jednostavno glup pa ne razumijem tvoje argumente, ajde budi malo jasniji?

Sad cu ja tebi "opet govoriti": nisam rijesio. Rijec je o ideji koja moze i ne mora biti dobra. Uoci i da nam ne treba vise od prvih [tex]n[/tex] elemenata Taylora jer ce svi drugi nuzno iscezavati u nuli. To olaksava stvar; da li dovoljno ili se moze puno bolje/jednostavnije rijesiti, ne znam.

#8: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 21:54 pet, 29. 3. 2013
—

vsego (napisa):

ili se moze puno bolje/jednostavnije rijesiti, ne znam.

To sam i ja odmah pomislio, pokusat cu naci neki jednostavniji pristup.

#9: Autor/ica: uvelaruza,

Postano: 23:48 pet, 29. 3. 2013
—
Nismo ucili jos Tajlorov red... Sad

Pokusavala sam resiti sa pravilom logaritamskog deriviranja, ali nisam uspela, jer se suvise komplikuje, pa je tesko naci neko pravilo po kom bih nasla n-ti izvod (ili bar ja nisam tako uspela resiti).... Jos sam pokusavala preko Lajbnicovog pravila (nasla sam prvi izvod, pa posto je 1. izvod u vidu proizvoda, moze se primeniti Lajbnicova formula za n-ti izvod proizvoda dvije funkcije), i dobijem ja taj n-ti izvod, ali ni na osnovu cega ne mogu zakljuciti da je on deljiv sa n...

Hvala vam puno... Ja i dalje nisam dosla do resenja, pa ako se setite neke ideje, javite... Hvala jos jednom...

#10: Autor/ica: goranm,

Postano: 0:39 sub, 30. 3. 2013
—
Ako se sa g(x) oznaci [tex]g(x)=\frac{x}{1+x}+\ln(1+x)[/tex], onda je [tex]f'(x)=f(x)g(x)[/tex]. Po Leibnizovoj formuli imamo
[dtex]f^{(n)}(x)=(f(x)g(x))^{(n-1)}=\sum_{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}f^{(k)}(x)g^{(n-1-k)}(x).[/dtex]

Opca formula za n-tu derivaciju (n>0) od g se da naci.

Spoiler [hidden; click to show]:

~~Ostatak je indukcija~~ (greska uocena).

Spoiler [hidden; click to show]:

Edit: izgleda da je i ovaj pristup promasen; jako brzo se zakomplicira situacija sa sumama. Nakon koristenja Leibnizove formule i pretpostavke indukcije da je [tex]f^{(n-k)}(0)=(n-k)r_{n-k}[/tex], formulu za n-tu derivaciju sam sveo na [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}(k-1)!(k+1)^2{n \choose k+1}r_{n-k}[/tex]. Vrlo je moguce da sam negdje pogrijesio.

Zadnja promjena: goranm; 15:49 sub, 30. 3. 2013; ukupno mijenjano 1 put.

#11: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 12:53 sub, 30. 3. 2013
—

goranm (napisa):

Po pretpostavci indukcije k-te derivacije od f u nuli su djeljive s n pa je [tex]f^{(k)}(0)=nr_k[/tex]

Sve ti je dobro osim ovoga sto sam citirao, pretpostavka indukcije za neki [tex]k[/tex] bi bila [tex]f^{(k)}(0)=kr_k[/tex] a ne [tex]f^{(k)}(0)=nr_k[/tex].

#12: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 13:55 sub, 30. 3. 2013
—
I onda ostaje najgori dio, a to je da dokazes da je ta "kombinatorna" suma djeljiva sa n.

#13: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 16:55 sub, 30. 3. 2013
—

goranm (napisa):

Ti si naisao na problem malo drugaciji od moga, meni se javlja clan kojeg nikako da izbjegnem a to je [tex](-1)!=\Gamma (0)=\infty[/tex], a tebi se javlja isto jedan problem samo nesto drugaciji. Nisam provjeravao ovaj tvoj izraz, no kako ti kazes, dobio si ovo, pa i neka je tocno izvedeno opet se javlja nesto gadno:

[tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}(k-1)!(k+1)^2{n \choose k+1}r_{n-k}[/tex] i zamisli da mi sad to idemo sumirat, dobijes da zadnji clan, za [tex]k=n[/tex] sadrzi binomni koeficijent [tex]{n \choose n+1}[/tex] a u binomnom koeficijentu gornji clan mora biti veci ili jednak donjemu (osim u generalizaciji binomnog koeficijenta na binomni red, ali ona nije ucila ni pojam reda a kamoli sto je to binomni red).

#14: Autor/ica: goranm,

Postano: 20:15 sub, 30. 3. 2013
—

Nightrider (napisa):

sadrzi binomni koeficijent [tex]{n \choose n+1}[/tex]

Zapisi onda sumu do n-1, a zadnji clan pisi kao [tex]g^{(n)}(0)f(0)[/tex].

#15: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 20:24 sub, 30. 3. 2013
—

goranm (napisa):

Nightrider (napisa):

sadrzi binomni koeficijent [tex]{n \choose n+1}[/tex]

Zapisi onda sumu do n-1, a zadnji clan pisi kao [tex]g^{(n)}(0)f(0)[/tex].

Jesi ti do izraza [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}(k-1)!(k+1)^2{n \choose k+1}r_{n-k}[/tex] dosao preko one sume koja je u drugom spojleru?

#16: Autor/ica: goranm,

Postano: 20:28 sub, 30. 3. 2013
—

Nightrider (napisa):

goranm (napisa):

Nightrider (napisa):

sadrzi binomni koeficijent [tex]{n \choose n+1}[/tex]

Zapisi onda sumu do n-1, a zadnji clan pisi kao [tex]g^{(n)}(0)f(0)[/tex].

Jesi ti do izraza [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}(k-1)!(k+1)^2{n \choose k+1}r_{n-k}[/tex] dosao preko one sume koja je u drugom spojleru?

Ne, taj izraz sljedi iz [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}g^{(k)}(0)f^{(n-k)}(0)[/tex].

#17: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 21:00 sub, 30. 3. 2013
—

goranm (napisa):

Ne, taj izraz sljedi iz [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}g^{(k)}(0)f^{(n-k)}(0)[/tex].

Pomaze li ti cinjenica da sumu [tex]\sum_{k=0}^{n}[/tex] mozes zamijenit sa sumom [tex]\sum_{k=1}^{n}[/tex] zbog [tex]g(0)=0[/tex]?

#18: Autor/ica: goranm,

Postano: 21:14 sub, 30. 3. 2013
—

Nightrider (napisa):

goranm (napisa):

Ne, taj izraz sljedi iz [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}g^{(k)}(0)f^{(n-k)}(0)[/tex].

Pomaze li ti cinjenica da sumu [tex]\sum_{k=0}^{n}[/tex] mozes zamijenit sa sumom [tex]\sum_{k=1}^{n}[/tex] zbog [tex]g(0)=0[/tex]?

Suma (ona 'raspisana') mi i krece od k=1 iz tog razloga.

#19: Autor/ica: Nightrider,

Postano: 21:19 sub, 30. 3. 2013
—

goranm (napisa):

Nightrider (napisa):

goranm (napisa):

Ne, taj izraz sljedi iz [tex]f^{(n+1)}(0)=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}g^{(k)}(0)f^{(n-k)}(0)[/tex].

Pomaze li ti cinjenica da sumu [tex]\sum_{k=0}^{n}[/tex] mozes zamijenit sa sumom [tex]\sum_{k=1}^{n}[/tex] zbog [tex]g(0)=0[/tex]?

Suma (ona 'raspisana') mi i krece od k=1 iz tog razloga.

Aahhahahahaha! Pardon, nisam isao za tim! Dobro nas je zaposlila uvelaruzica..

#20: Autor/ica: uvelaruza,

Postano: 22:02 ned, 31. 3. 2013
—
Hvala vam u svakom slucaju... I ja sam koristeci Lajbnicovu formulu dosla do istog izraza, ali nikako nisam uspela dokazati tu deljivost... Sad

Forum@DeGiorgi -> Matematička analiza 1 i 2

output generated using printer-friendly topic mod. Vremenska zona: GMT + 01:00.

Idite na 1, 2 Sljedeće :| |: Stranica 1 / 2.