Matematyka.pl

Witam. Proszę o pomoc w rozwiązaniu zadań(kolokwium sie zbliza, a u mnie kiepsko z tym, także jesli mozna bez skrotow myslowych, to byla bym wdzieczna:-) )

1. Znaleść trzecią pochodną funkcji:
a)
\(\displaystyle{ y=sin(1-3x)}\)
b)
\(\displaystyle{ y= \sqrt[3]{x^3}}\)
c)
\(\displaystyle{ y=\frac{1+x}{1-x}}\)

2.Obliczyć wartość drugiej pochodnej:
a)
\(\displaystyle{ y=\arcsin x}\) w punkcie \(\displaystyle{ x_0=0}\)
b)
\(\displaystyle{ y=\tan^2x}\) w punkcie \(\displaystyle{ x_0=0}\)

Z góry dzieki za odpowiedź...Pozdrowionka;)

a)
\(\displaystyle{ y=\sin{(1-3x)} \\ y'=\cos{(1-3x)} (-3)=-3\cos{(1-3x)} \\ y''=-3 -\sin{(1-3x)} (-3)=-9\sin{(1-3x)} \\ y'''=27\cos{(1-3x)}}\)

b) nie wiem czy dobrze zrozumiałem, ale jeśli się nie mylę to \(\displaystyle{ \sqrt[3]{x^3}=x}\)
stąd pierwsza pochodna jest równa 1, a każda kolejna, w tym trzecia - 0..

c)
\(\displaystyle{ y=\frac{1+x}{1-x} \\ y'=\frac{(1-x)+(1+x}{(1-x)^2}=\frac{2}{(1-x)^2} \\ y''=\frac{-2 2(1-x) (-1)}{(1-x)^4}=\frac{4-4x}{(1-x)^4} \\ y'''=\frac{-4(1-x)^4+12(1-x)(1-x)^3}{(1-x)^8}=\frac{8(1-x)^4}{(1-x)^8}=\frac{8}{(1-x)^4}}\)

[ Dodano: 13 Stycznia 2008, 18:41 ]
2
a)
\(\displaystyle{ y'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\ f''(x)=-\frac{x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}}\)

\(\displaystyle{ f''(0)=0}\)

[ Dodano: 13 Stycznia 2008, 18:48 ]
b)
\(\displaystyle{ y'=\frac{2\tan{x}}{\cos^2{x}} \\ f''(x)\frac{2-2\tan{x} (2\sin{x}\cos{x})}{\cos^4{x}}=\frac{2-4\sin{x}\cos{x}\tan{x}}{cos^4{x}}}\)

\(\displaystyle{ f''(0)=\frac{2}{1}=2}\)

Dzieki. Prosilam o rozwiazanie jeszcze paru zadan na innym forum, ale nie doczekalam sie odpowiedzi. Moze ktos tutaj mi pomoze...

Obliczyć drugą pochodną następujących funkcji:

\(\displaystyle{ a) \\
y=arccos x \\

b) \\
y=arctg 2x \\

c) \\
y=ln(1+x^2) \\

d) \\
y=x \cdot e^sin x \\

e) \\
y=ln(\sqrt[3]{ 1+x^2} )}\)

a)
\(\displaystyle{ y=\arccos{x}\\ y'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\ y''=-\frac{0 \sqrt{1-x^2} - 1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}=\frac{x}{(1-x^2)^\frac{3}{2}}}\)
b)
\(\displaystyle{ y=\arctan{2x} \\ y'=\frac{2}{1+x^2} \\ y''=\frac{0 (1+x^2) - 2 2x}{(1+x^2)^2}=\frac{-4x}{1+2x^2+x^4}}\)

c)
\(\displaystyle{ y=\ln{(1+x^2)} \\ y'=\frac{2x}{1+x^2} \\ y''=\frac{2+2x^2-4x^2}{1+2x^2+x^4}=\frac{2-2x^2}{1+2x^2+x^4}}\)

d)
\(\displaystyle{ y=x e^{\sin{x}} \\ y'=1 e^{\sin{x}}+ x e^{\sin{x}} \cos{x}=e^{\sin{x}}(1+x\cos{x}) \\ y''=e^{\sin{x}} \cos{x}(1+x\cos{x})+e^{\sin{x}} (\cos{x}+x\sin{x})=e^{\sin{x}} (2\cos{x}+x\cos^2{x}+x\sin{x})}\)

e)
\(\displaystyle{ y=\ln{(\sqrt[3]{1+x^2})} \\ y'=\frac{1}{\sqrt[3]{1+x^2}} \frac{2x}{3 \sqrt[3]{(1+x^2)^2}}=\frac{2x}{3+3x^2} \\ y''=\frac{6+6x^2- 2x 6x}{9+18x^2+9x^4}=\frac{6-6x^2}{9+18x^2+9x^4}}\)

Dzieki bardzo jeszcze raz!!!:D

kasiunia_bb pisze:Prosilam o rozwiazanie jeszcze paru zadan na innym forum, ale nie doczekalam sie odpowiedzi

duzy blad, duzy blad

Czyzby nie bylo to zgodne z regulaminem???

buahaha padlem

Tylko stwierdzalem, ze gdzie jak gdzie, ale tutaj pomagamy

Marek Kondrat pisze: Pomagają

peace

Hehehe moglbys sie nie nasmiewac z nowych uzytkownikow:)...A z tym pomaganiem to racja!!!

[ Dodano: 16 Stycznia 2008, 07:33 ]
Moze ktos sprawdzic ten przykład czy jest dobrze rozwiazany???
b)
\(\displaystyle{ y=\arctan{2x} \\ y'=\frac{2}{1+x^2} \\ y''=\frac{0 (1+x^2) - 2 2x}{(1+x^2)^2}=\frac{-4x}{1+2x^2+x^4}}\)

pierwsza pochodna jest policzona niepoprawnie
mnie wychodzi w mianowniku \(\displaystyle{ 1+4x^2}\)

To i druga tez jest zle policzona bo wyjdzie w liczniku -16x a mianownik podnieś do kwadratu z zadania pierwszego i bedzie ok czyli
\(\displaystyle{ -\frac{16x}{(4x^2+1)^2}}\)

kasiunia_bb,
pochodna funkcji złożonej
\(\displaystyle{ [f(g(x))]'=f'(g(x)) g'(x)}\)

\(\displaystyle{ (\arctan{2x})' = \frac{1}{1+(2x)^2} (2x)' = \frac{2}{4x^2+1}}\)

łooj faktycznie.. pomyliłem się
czasem jak sie liczy tak na odpieprz to tak jest

kasiunia_bb pisze:Hehehe moglbys sie nie nasmiewac z nowych uzytkownikow:)...A z tym pomaganiem to racja!!!

[ Dodano: 16 Stycznia 2008, 07:33 ]
Moze ktos sprawdzic ten przykład czy jest dobrze rozwiazany???
b)
\(\displaystyle{ y=\arctan{2x} \\ y'=\frac{2}{1+x^2} \\ y''=\frac{0 \cdot (1+x^2) - 2 \cdot 2x}{(1+x^2)^2}=\frac{-4x}{1+2x^2+x^4}}\)

pierwsza pochodna dobrze lecz druga źle policzona
\(\displaystyle{ y''= \frac{2(1+x ^{2}) -2x*2x}{(1+x ^{2} ) ^{2} }\\
y''= \frac{2+2x ^{2}-4x ^{2} }{(1+x ^{2} ) ^{2} }\\
y''= \frac{2(1-x ^{2} )}{(1+x ^{2} ) ^{2}}}\)

Po pierwsze, temat jest wymarły od trzech lat. Po drugie, ani pierwsza pochodna w zacytowanym poście, ani ta policzona przez ciebie nie jest obliczona poprawnie...