Den enorme matteassistansetråden

the_last_nick_left · 25. mai 2018

Hen kunne fint ha hoppet over nest siste linje, men hen tar det med for å vise hva som skjer.

Og hvert ledd "skal" ikke være et eget integral, men det kan være det, og ofte er det enklere å ta det hver for seg.

Endret 25. mai 2018 av the_last_nick_left

26. mai 2018

Kan noen forklare hvorfor denne er gyldig? Det handler om invariance under translation.

D3f4u17 · 28. mai 2018

La $chart?cht=tx&chl=f_x(y)=\frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}$ for alle $chart?cht=tx&chl=x,y\in\mathbb{R}$ .

Generelt er $chart?cht=tx&chl=\int_{\mathbb{R}}f_x(y)dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y+t)dy$ for alle $chart?cht=tx&chl=t\in\mathbb{R}$ .

For $t=-x$ får vi at

$chart?cht=tx&chl=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y)dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y-x)dy=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dy$ .

Dermed blir

$chart?cht=tx&chl=\iint_{\mathbb{R}^2} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dxdy=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dxdy=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dydx=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dydx=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dxdy=\iint_{\mathbb{R}^2} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dxdy.$

Endret 28. mai 2018 av D3f4u17

28. mai 2018

La $chart?cht=tx&chl=f_x(y)=\frac{1}{1+x^2+y^2}$ for alle $chart?cht=tx&chl=x,y\in\mathbb{R}$ .

Generelt er $chart?cht=tx&chl=\int_{\mathbb{R}}f_x(y)dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y+t)dy$ for alle $chart?cht=tx&chl=t\in\mathbb{R}$ .

For $t=-x$ får vi at

$chart?cht=tx&chl=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y)dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y-x)dy=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dy$ .

Dermed blir

$chart?cht=tx&chl=\iint_{\mathbb{R}^2} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dxdy=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dxdy=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}dydx=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dydx=\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dxdy=\iint_{\mathbb{R}^2} \frac{1}{(1+x^2+(y-x)^2)^2}dxdy.$

Ok, takk!! Jeg forstår, men hvorfor er dette sant?

$chart?cht=tx&chl=\int_{\mathbb{R}}f_x(y)dy=\int_{\mathbb{R}}f_x(y+t)dy$ for alle $chart?cht=tx&chl=t\in\mathbb{R}$

Jeg regner med det er et teorem. Vet du hva det heter/hvor jeg finner et bevis?

Takk for svar.

D3f4u17 · 28. mai 2018

Er det Riemann-integralet du bruker?

Bruk i så fall substitusjon til å vise at for $f$ kontinuerlig er

$chart?cht=tx&chl=\int_{a+t}^{b+t}f(x)dx=\int_a^b f(x+t)dx$ .

Dermed blir

$chart?cht=tx&chl=\int_{\mathbb{R}}f(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n f(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_{-n+t}^{n+t} f(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n f(x+t)dx=\int_{\mathbb{R}}f(x+t)dx$ .

Hvis du bruker Lebesgue-integralet og vil ha resultatet for alle $chart?cht=tx&chl=f\in L^1(\mathbb{R})$ , vis resultatet først for enkle funksjoner ved å bruke at Lebesgue-målet er translasjonsinvariant, bruk så linearitet og monoton konvergens-teoremet.

Endret 28. mai 2018 av D3f4u17

3. juni 2018

Kan noen forklare hvorfor denne er usann? Jeg tenkte i de baner: funksjonen f er kontinuerlig i punkt a iff

$chart?cht=tx&chl=lim_{x\to a} f(x) = f(a)$ .

Hvorfor er ikke dette kriteritet oppfylt? Funksjonen har jo en limit for alle phi. Jeg skjønner at med polare koordinater må enhver limit være uavhengig av vinkelen phi når r->0, men jeg mener dette ligger til grunn i påstanden.

Edit: påstanden i spørsmålet er altså feil.

Endret 3. juni 2018 av Slettet+45613274

D3f4u17 · 3. juni 2018

En funksjon $chart?cht=tx&chl=f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ er kontinuerlig i et punkt $chart?cht=tx&chl=x\in\mathbb{R}^2$ hvis og bare hvis $chart?cht=tx&chl=\lim_{n\to\infty} f(x_n)=f(x)$ for alle følger $chart?cht=tx&chl=\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}\subseteq \mathbb{R}^2$ med $chart?cht=tx&chl=\lim_{n\to\infty}x_n=x$ .

I ditt tilfelle vet du bare at dette holder for følger som beveger seg mot origo langs rette linjer. Se for eksempel på funksjonen $chart?cht=tx&chl=f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ som er gitt ved $chart?cht=tx&chl=f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}+1$ for $chart?cht=tx&chl=(x,y)\neq (0,0)$ og $f(0,0)=1$ . Hva skjer når du beveger deg mot origo langs rette linjer? Hva skjer dersom du nærmer deg origo langs parabelen $y=x^2$ ?

Endret 3. juni 2018 av D3f4u17

3. juni 2018

En funksjon $chart?cht=tx&chl=f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ er kontinuerlig i et punkt $chart?cht=tx&chl=x\in\mathbb{R}^2$ hvis og bare hvis $chart?cht=tx&chl=\lim_{n\to\infty} f(x_n)=f(x)$ for alle følger $chart?cht=tx&chl=\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}\subseteq \mathbb{R}^2$ med $chart?cht=tx&chl=\lim_{n\to\infty}x_n=x$ .

I ditt tilfelle vet du bare at dette holder for følger som beveger seg mot origo langs rette linjer. Se for eksempel på funksjonen $chart?cht=tx&chl=f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ som er gitt ved $chart?cht=tx&chl=f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}+1$ for $chart?cht=tx&chl=(x,y)\neq (0,0)$ og $f(0,0)=1$ . Hva skjer når du beveger deg mot origo langs rette linjer? Hva skjer dersom du nærmer deg origo langs parabelen $y=x^2$ ?

Aha, jeg forstår. Så da vil jeg påstå følgende: om man ved hjelp av polare koordinater finner at en limit eksisterer så kan man IKKE anta at funksjonen er kontinuerlig i dette punktet, nettopp fordi man sjekker kun for rette linjer. Har jeg forstått det korrekt?

Takk for svar.

D3f4u17 · 3. juni 2018

Dersom vinkelen $chart?cht=tx&chl=\varphi$ er holdt konstant i følgen, så ja. Dersom både $r$ og $chart?cht=tx&chl=\varphi$ kan variere, vil det ikke være noe problem å sjekke via polarkoordinater.

Merk at det kan være nyttig å holde $chart?cht=tx&chl=\varphi$ konstant dersom du skal vise diskontinuitet.

3. juni 2018

Så hele påstanden faller sammen pga ordet "fixed"? Jaja, noen har det gøy med å lage oppgaver... :wee:

D3f4u17 · 3. juni 2018

Det er det at $chart?cht=tx&chl=\varphi$ er fiksert som gjør at man beveger seg langs rette linjer. Dersom man hadde skrevet $chart?cht=tx&chl=\varphi=\varphi(r)$ og latt $chart?cht=tx&chl=\varphi$ avhenge fritt av $r$ , ville funksjonen vært kontinuerlig i $(0,0)$ dersom $chart?cht=tx&chl=\lim_{r \searrow 0}f(r \cos(\varphi(r)),r\sin(\varphi(r)))=1$ for alle funksjoner $chart?cht=tx&chl=\varphi$ .

Endret 3. juni 2018 av D3f4u17

NorMusician04 · 4. juni 2018

Hei! Jeg hadde mattetentamen i dag (går i 8. klasse), og vi fikk en litt utfordrende oppgave, den var verdt 3 poeng. Dette var altså i del 2.

Oppgaven var å finne høyden i en trekant der grunnlinja er 10 cm, og arealet er 22,5 cm2. Jeg regnet ut at høyden var 4,5 cm. Er dette riktig? Tenkte at man måtte dividere areal på grunnlinje, og igjen multiplisere dette svaret med 2.

4. juni 2018

Ja, det stemmer!

$chart?cht=tx&chl=A=\frac{G \cdot h}{2}$

$chart?cht=tx&chl=h=\frac{2 \cdot A}{G}$

Endret 4. juni 2018 av Slettet+45613274

NorMusician04 · 4. juni 2018

Ja, det stemmer!

$chart?cht=tx&chl=A=\frac{G \cdot h}{2}$

$chart?cht=tx&chl=h=\frac{2 \cdot A}{G}$

Nå ble jeg glad! Satt så lenge og spekulerte på denne oppgaven, men fikk faktisk en 3-poenger!

Denne formelen sto ikke i boka vår i det hele tatt, og vi har ei heller gått gjennom den. Så denne oppgaven var nok en oppgave for de «viderekommende»

4. juni 2018

Det er det at $chart?cht=tx&chl=\varphi$ er fiksert som gjør at man beveger seg langs rette linjer. Dersom man hadde skrevet $chart?cht=tx&chl=\varphi=\varphi(r)$ og latt $chart?cht=tx&chl=\varphi$ avhenge fritt av $r$ , ville funksjonen vært kontinuerlig i $(0,0)$ dersom $chart?cht=tx&chl=\lim_{r \searrow 0}f(r \cos(\varphi(r)),r\sin(\varphi(r)))=1$ for alle funksjoner $chart?cht=tx&chl=\varphi$ .

Jeg tillater meg å plage deg (og alle andre) litt mer.

Etter å ha tenkt litt så kom jeg på dette:

Vi har $chart?cht=tx&chl= \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3}{x^2+y^2}$

Med polare koordinater blir dette $chart?cht=tx&chl= \lim_{r \to 0} r \cdot cos^3(\theta)$

Men hva om jeg sier $chart?cht=tx&chl= \theta = \arccos(\frac{1}{r})$

Da får vi:

$chart?cht=tx&chl= \lim_{r \to 0} \frac{1}{r^2} \neq 0$

Men vi vet jo at limit er 0 (wolframalpha bekrefter).

cuadro · 4. juni 2018

Litt intuisjon: $chart?cht=tx&chl=-1 \leq\cos{(\theta)}^{3}\leq 1$ , helt uavhengig av hvilken verdi $chart?cht=tx&chl=\theta$ har. Dermed stiger grensen mot null når $chart?cht=tx&chl=\theta$ er gitt, og $r$ går mot null. Dersom du sier at $chart?cht=tx&chl=\theta = \frac{1}{r}$ så er ikke lenger $chart?cht=tx&chl=\theta$ gitt, theta går da mot uendelig. Løser du da heller $chart?cht=tx&chl=\lim_{(r,\theta)\to(0,\infty)}r\cdot\cos^3{(\theta)}$ ? Denne kan løses for reelle tall kun dersom du vet hvor raskt theta og dermed cosinus-verdien stiger mot uendelig i forhold til r, og det gjør du i ditt tilfelle.

Endret 4. juni 2018 av cuadro

D3f4u17 · 4. juni 2018

Men hva om jeg sier $chart?cht=tx&chl= \theta = \arccos(\frac{1}{r})$

Denne er kun definert for $chart?cht=tx&chl=r\geq 1$ , så da kan du ikke la $chart?cht=tx&chl=r\to 0$ .

Hvis $chart?cht=tx&chl=\theta:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ er en eller annen funksjon, så er $chart?cht=tx&chl=|\lim_{r\searrow 0}r\cos(\theta(r))^3|=\lim_{r\searrow 0}r|\cos(\theta(r))|^3\leq \lim_{r\searrow 0}r=0$ . Det følger at $chart?cht=tx&chl=\lim_{r\searrow 0}r\cos(\theta(r))^3=0$ .

Endret 4. juni 2018 av D3f4u17

5. juni 2018

Takk for svar! Jeg skjønner.

7. juni 2018

Denne er kun definert for $chart?cht=tx&chl=r\geq 1$ , så da kan du ikke la $chart?cht=tx&chl=r\to 0$ .

Hvis $chart?cht=tx&chl=\theta:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ er en eller annen funksjon, så er $chart?cht=tx&chl=|\lim_{r\searrow 0}r\cos(\theta(r))^3|=\lim_{r\searrow 0}r|\cos(\theta(r))|^3\leq \lim_{r\searrow 0}r=0$ . Det følger at $chart?cht=tx&chl=\lim_{r\searrow 0}r\cos(\theta(r))^3=0$ .

Hvordan får du skrevet disse symbolene? Bruker du et tekstprogram som Word e.l?

N o r e n g · 7. juni 2018

Hvordan får du skrevet disse symbolene? Bruker du et tekstprogram som Word e.l?

https://www.latex-project.org//

[ tex] \lim_{x \to \inf} \frac {1}{x} [ /tex]

Fjern mellomrommene i begynnelsen av brakettene:

$chart?cht=tx&chl= \lim_{x \to \inf} \frac {1}{x}$

Endret 7. juni 2018 av N o r e n g

Den enorme matteassistansetråden

Anbefalte innlegg

Lenke til kommentar

Videoannonse

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Gjest Slettet+45613274

Lenke til kommentar

Gjest Slettet-8OkEXm

Lenke til kommentar

Lenke til kommentar

Opprett en konto eller logg inn for å kommentere

Opprett konto

Logg inn

Hvem er aktive 0 medlemmer