Matematyka.pl

W tej metodzie jest ważne założenie: można ją stosować, jeśli macierz jest dodatnio określona. A ta w twoim przykładzie nie jest.

JankoS pisze: No nie wiem jak można tak utożsamiać dwie niecałkiem, ale jednak różne rzeczy.

Do tego właśnie wprowadzono pojęcie homeomorfizmu.

Wniosek Anioosi jest słuszny. Obrazem jest podprzestrzeń wektorów w \(\displaystyle{ R^3}\) spełniających warunek wynikający z układu.

Sorki, machnęłam się w zapisie, w mianowniku powinien być \(\displaystyle{ \ln y}\). A szacowanie w liczniku z powszechnie znanej nierówności:
\(\displaystyle{ \ln x\leq x-1\leq x}\)

Poprawcie mnie, jeśli się mylę - ale \(\displaystyle{ \underset{ y\longrightarrow 0}{\underset{x\longrightarrow 0}{\lim}}\frac{x}{\ln y}=0}\)

Tworzysz funkcję pomocniczą Lagrange'a:
F(x,y)=f(x,y)-\alpha g(x,y)
czyli u ciebie:
F(x,y)=2x+y-\alpha \left( x^2+y^2-5\right)
Zakłądamy, że \alpha\neq 0 , żeby w ogóle uwzględnić warunek (to ważne, bo raz - w tym leży istota zadania, dwa - później wolno dzielić przez \alpha :) )

Dalej liczysz ...

Druga pochodna opisuje dokładnie to co mówisz.
Przecież II pochodna funkcji to pochodna pochodnej, a zatem - mówi o monotoniczności I pochodnej. Jeśli więc II pochodna jest dodatnia (jeśli mamy funkcję 2 razy różniczkowalną, to musi być dodatnia nie tylko w punkcie stacjonarnym, ale tez dookoła ...

Zauważ, że ani z=1 , ani z=-1 nie jest rozwiązaniem tego równania. W związku z tym należy sobie podzielić obie strony np. przez (z+1)^n . Należy więc rozwiązać równanie:

\left(\frac{z-1}{z+1}\right)^n=1
\frac{z-1}{z+1}=\sqrt[n]{1}
\frac{z+1-2}{z+1}=\sqrt[n]{1}
1-\frac{2}{z+1}=\sqrt[n]{1 ...

Rozumiem, że ta funkcja zawiera arcusa tangensa?

Do drugiej różniczki potrzebujesz pochodnych cząstkowych drugiego rzędu:

\frac{\partial z}{\partial x}=arctg\frac{x}{2y}+\frac{2xy}{x^2+4y^2}
\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{2x^2}{x^2+2y^2}

\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=\frac{4y^2-x^2 ...

a w pochodnej po y dodaj minus przed wszystkim

Nie za bardzo - funkcja logistyczna jest określona na całej prostej R...

W czym to liczyłeś? Maple albo mathematica nie powinny się wyłożyc.

ad. a)
Nierówność ma nie mieć rozwiązań, zatem powinna być spełniona nierówność odwrotna dla dowolnego x\in R : sx^2-5> 0 .
Wykresem lewej strony nierówności jest parabola - popatrzmy na to zadanie, rysując odpowiednie wykresy. Wtedy to jest pytanie, kiedy parabola y=sx^2-5 leży nad osią ( > ) Ox (y ...

Przez szacowanie:
\(\displaystyle{ 0\leq \left| \frac{\ln x}{\ln y}\right|\leq \left|\frac{x}{\ln x} \right|\overset{(x,y)\longrightarrow(0,0)}{\longrightarrow} 0}\)

Z twierdzenia o trzech ciągach badana granica jest równa zero.

w I: \(\displaystyle{ x\in}\) (pamiętaj o uzgodnieniu rozwiązania z przedziałem, w jakiem to rozwiązujesz)
w II: \(\displaystyle{ x\in(-2,1>}\)
w III: \(\displaystyle{ x\in(1,2>}\) (tu uwaga: rozwiązujesz nierówność w przedziale \(\displaystyle{ (1,3>}\), a nie \(\displaystyle{ (-1,3>}\) )
w IV: nierówność jest sprzeczna.

ostatecznie:
\(\displaystyle{ x\in }\)

Funkcja sinus przyjmuje wartości z przedziału , więc jeśli wyrażenie po prawej stronie równości będzie na moduł większe od 1, to sinus nie przyjmie takiej wartości dla żadnego x.

Zatem Twój problem sprowadza się do rozwiązania nierówności modułowej:
\left|\frac{k^2-3k+2}{k^2-2}\right|>1 ...

To chyba już mocno nieaktualny post, ale może komuś innemu się przyda

pochodna kierunkowa to z definicji:

d^vf(x)=\underset{h\longrightarrow 0}{\lim}\frac{f(x+hv)-f(x)}{h}
W pierwszym podpunkcie wektorem kierunkowym prostej jest v=[1,\sqrt 3] , więc
d^vf(x)=\underset{h\longrightarrow 0}{\lim ...

Niestety, nie jest to dobrze.

f'_x(x,y)=4\sin (2x+y)\cos(2x+y)
f'_y(x,y)=2\sin (2x+y)\cos(2x+y)

i teraz drugiego rzędu:
f''_{xx}(x,y)=8\cos^2(2x+y)-8\sin^2(2x+y)=8\cos(4x+2y)
f''_{yy}(x,y)=2\cos^2(2x+y)-2\sin^2(2x+y)=2\cos(4x+2y)
f''_{xy}(x,y)=f''_{yx}(x,y)=4\cos^2(2x+y)-4\sin^2(2x+y)=4 ...