Matematyka.pl

Ale chyba muszę wyznaczyć nie t, a x. Żeby podstawić \(\displaystyle{ x(0)=1}\) ?

\(\displaystyle{ \frac{dt}{dx}= \frac{x}{t}+ \frac{t}{x}}\)
\(\displaystyle{ x(0)=1}\)
Policzyłem wg \(\displaystyle{ z=t ^{2}}\), ale później wychodzi mi \(\displaystyle{ t ^{2}=x ^{2}2ln|x|+x ^{2} C}\) nie mogę wyznaczyć x(t).
Dlatego myślę, że należy podstawić za x. Tylko, że nie wiem jak wyznaczyć \(\displaystyle{ \frac{dx}{dt}}\)

Nie wiem, czy dobrze.
Promienie:
\(\displaystyle{ r _{1}=a \sqrt{3}}\)
\(\displaystyle{ r _{2}=a}\)
Najpierw obliczyłem punkty przecięcia obu okręgów. Wyznaczyłem kąty potrzebne do obliczenia całek biegunowych.
Podzieliłem pole na dwie części P1 i P2, które obliczyłem odejmując całki krzywych biegunowych.

\(\displaystyle{ \frac{1}{t} \cdot t'}\)?

Pomożesz mi rozwiązać to?

\(\displaystyle{ \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)}\)
Nie jest to funkcja złożona, więc korzystam z: \(\displaystyle{ \ln'|t|= \frac{1}{t}}\) gdzie \(\displaystyle{ t=\frac{1+x}{1-x}}\)
?

Z wykresu funkcji (w kształcie litery W) wynika, że min=0 jest również dla x=2.

Wyznacz wartość najmniejszą i największą funkcji f(x)= \sqrt[3]{(2x-x ^{2}) ^{2} } na przedziale [0,4]. D=R
Muszę obliczyć ekstremum absolutne.
Najpierw lokalne:
f'(x)= \frac{2(2-2x)}{3 \sqrt[3]{2x-x ^{2} } }=0 \Rightarrow x=1
Teraz sprawdzam krańce przedziału:
f(0)=0
f(4)=4

f(1)=1

Czyli ...

Mam do obliczenia przybliżenie \(\displaystyle{ 0,99^{0,99}}\)
Wydaje mi się, że powinienem jako x obrać potęgę, ale wychodzi mi wtedy:
\(\displaystyle{ 0,99ln(0,99) \cdot (-0,01) + 0,99}\)
Co z tym dalej zrobić??

\(\displaystyle{ f(x)=e ^{ \sqrt[3]{x} }}\)
\(\displaystyle{ D=x \in R}\)

Pierwsza pochodna: \(\displaystyle{ f'(x)=e ^{ \sqrt[3]{x} } \cdot \frac{1}{3} x ^{- \frac{2}{3} }}\)
Druga: \(\displaystyle{ f''(x)=e^{\sqrt[3]{x}} \cdot (\frac{1}{9x^{\frac{4}{3}}}-\frac{1}{3x^{\frac{5}{3}}})}\)
I tutaj się zawiesiłem.

dzieki

-- 21 gru 2010, o 18:03 --

Dasio11 pisze: \(\displaystyle{ \begin{cases} \lim_{x \to 1^-} f(x)=\lim_{x \to 1^+} f(x) \\ \lim_{x \to 1^-} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim_{x \to 1^+} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{cases}}\).

Czy różniczkowalność możemy sprawdzać tylko z definicji?

W przykładzie sinus miał być w kwadracie:
\(\displaystyle{ f(x)= \begin{cases} \frac{sin ^{2} x}{x|x|} dla x \neq 0 \\ -1 dla x=0 \end{cases}}\)
Wyszło 1 i -1. Dobrze?

Ja zamieniłem na \(\displaystyle{ tg x}\) i \(\displaystyle{ ctg 2x}\), \(\displaystyle{ ctg 2x}\) skorzystałem ze wzoru podwójnego kąta i ostatecznie wyszło \(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0 ^{+} } 1- tg ^{2} x=1}\)

Proszę o rozwiązanie tej granicy z twierdzenia de l'Hospitala.
\(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0^{+} } \frac{ln sin2x}{ln sinx}}\)
Wyszło mi 1, a poprawna odpowiedź to 0,5.