Den enorme matteassistansetråden

Raspeball · 15. mars 2009

Hvorfor skal du bruke delvis integrasjon for å løse integralet når du greier det med substitusjon? Du ser jo med en gang at det første leddet er den deriverte av eksponenten i det andre leddet, og da løses integralet raskt og greit.

2bb1 · 15. mars 2009

Vet ikke. På integral av to multiplikasjonsledd har jeg bare brukt delvis integrasjon hittil. Derfor det var så uvandt at oppgaven plutslig skulle løses med substutisjon. Men ja, ser at første leddet er den deriverte av eksponenten i det andre leddet, så sånn sett er det jo greit.

NevroMance · 15. mars 2009

Har et integral jeg "sliter" litt med. Altså får til å løse det ved substitusjon, men vanligvis ville jeg brukt delvis integrasjon siden det er to multiplikasjonsledd...?

Skjønner hvirkelig ikke hvorfor du skal bruke delvis integrasjon her.

p><p>

Så substutisjon med

p><p>

Gir den veldig enkle og greie ligningen:

p><p>

Eventuelt kan du ta det direkte allerede da du ser at $chart?cht=tx&chl=2x+1 = \frac{d(x^2+x)}{dx}$ .

Mr. Bojangles · 15. mars 2009

Hei

Har noen "slaveoppgaver" innen vektorregning, som jeg lurer litt på hvordan jeg skal løse. Alle oppgavene er relativt like, så jeg tar bare med den første - så skal jeg klare resten selv.

___________

La $mimetex.cgi?\vec{u}$ og $mimetex.cgi?\vec{v}$ være to vektorer som ikke er parallelle. Finn ut om $mimetex.cgi?\vec{a}$ og $mimetex.cgi?\vec{b}$ er parallelle, når:

a) $mimetex.cgi?k(3\vec{u}+4\vec{v})$ altså er de parallelle? Finnes det en mer generell måte å løse det på?

På forhånd takk.

Jaffe · 15. mars 2009

Jeg ville gjort det slik ja. Eventuelt delt koeffisienten på $mimetex.cgi?\vec{u}$ på den foran $mimetex.cgi?\vec{v}$ (eller omvendt) i hver av vektorsummene og sett om det er det samme forholdet.

Mr. Bojangles · 15. mars 2009

Utmerket, takk for svar.

Har en litt mer omfattende oppgave her også, som jeg kunne trengt litt hjelp til

I parallellepipedet ABCDEFGH er M midtpunktet på diagonalen CE. Vis at M er midtpunktet på diagonalen AG, på BH og på DF.

Hvordan bør jeg gå frem her?

kloffsk · 15. mars 2009

Tegne en figur er alltid en god start

Mr. Bojangles · 15. mars 2009

Tegne en figur er alltid en god start

Det har jeg gjort.

(Paint-skills)

Setter siden AB lik a-vektor, AD lik b-vektor og AE lik c-vektor.

Definerer CM med de "nye" vektorene:

$mimetex.cgi?\vec{CM}=\frac{1}{2}(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})$

Videre finner jeg BM-vektor:

$mimetex.cgi?\vec{BM}=\frac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$

Får samme svaret hvis jeg skriver BM-vektor som summen av b-vektor og CM-vektor:

$mimetex.cgi?\vec{BM}=\vec{b}+\vec{CM}=\vec{b}+\left(-\frac{1}{2}\vec{a}-\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}\right)=\frac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$

Har jo på sett og vis vist at $mimetex.cgi?\vec{BM}=\vec{b}+\vec{CM}=\frac{1}{2}\vec{BH}$

Er det tilstrekkelig?

Endret 15. mars 2009 av Mr. Bojangles

Mr. Bojangles · 15. mars 2009

Hater å mase, men kunne trengt litt hjelp til denne oppgaven.

Hadde satt veldig pris på det.

2bb1 · 16. mars 2009

Har glemt hvordan jeg utfører polynomdivisjon \flaut.

p><p>

Torbjørn T. · 16. mars 2009

http://www.uio.no/studier/emner/matnat/mat...polynom04ny.pdf

http://en.wikipedia.org/wiki/Polynomial_long_division

http://www.matematikk.net/ressurser/per/pe...t=p&aid=546

Sjå på leddet med den største potensen i teljaren og nemnaren, og finn kva du må gange leddet i teljaren med, for å få leddet i nemnaren. Skriv opp dette, gang det med teljaren, og trekk resultatet frå nemnaren. Gjenta prosessen med denne differansen, og fortset til du har ei polynom av lågare grad enn teljaren. (Ingen god forklaring, men linkane over er kan hende til betre hjelp.)

Endret 16. mars 2009 av Torbjørn T.

Xell · 16. mars 2009

Det har jeg gjort.

(Paint-skills)

Setter siden AB lik a-vektor, AD lik b-vektor og AE lik c-vektor.

Definerer CM med de "nye" vektorene:

$mimetex.cgi?\vec{CM}=\frac{1}{2}(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})$

Videre finner jeg BM-vektor:

$mimetex.cgi?\vec{BM}=\frac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$

Får samme svaret hvis jeg skriver BM-vektor som summen av b-vektor og CM-vektor:

$mimetex.cgi?\vec{BM}=\vec{b}+\vec{CM}=\vec{b}+\left(-\frac{1}{2}\vec{a}-\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}\right)=\frac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$

Har jo på sett og vis vist at $mimetex.cgi?\vec{BM}=\vec{b}+\vec{CM}=\frac{1}{2}\vec{BH}$

Er det tilstrekkelig?

Ville ført beviset på følgende måte

$chart?cht=tx&chl=\vec{AB} = \vec{DC} = \vec{EF} = \vec{HG} = \vec{a}$

$chart?cht=tx&chl=\vec{AD} = \vec{BC} = \vec{EH} = \vec{FG} = \vec{b}$

$chart?cht=tx&chl=\vec{AE} = \vec{BF} = \vec{CG} = \vec{DH} = \vec{c}$

$\vec{CE} = -\vec{b} - \vec{a} \vec{c}$

$\vec{CM} = \frac{1}{2}\vec{CE} = \frac{1}{2}(-\vec{b} - \vec{a} \vec{c})$

Så langt så greit. Så skal det bevises at M også er halvering av linjene AG, BH og DF.

$\vec{AG} = \vec{a} \vec{b} \vec{c}$

$\vec{AM} = \vec{a} \vec{b} \vec{CM} = \vec{a} \vec{b} \frac{1}{2}(-\vec{b} - \vec{a} \vec{c}) = \frac{1}{2}\vec{a} \frac{1}{2}\vec{b} \frac{1}{2}\vec{c} = \frac{1}{2}(\vec{a} \vec{b} \vec{c}) = \frac{1}{2}\vec{AG}$

Første bevist. Gjør så liknende for BH og DF.

Mr. Bojangles · 16. mars 2009

Edit: Fant en link som forklarte det hele mye enklere, og bedre, enn læreboken.

http://mathworld.wolfram.com/FirstDerivativeTest.html

Endret 16. mars 2009 av Mr. Bojangles

aspic · 16. mars 2009

La {v1, v2, . . . , vk} være en basis for det ekte (propre) underrommet W i vektorrommet V, og anta at vektoren v i V ikke er i W. Vis at vektorene v1, v2, . . . , vk, v er lineært

uavhengige.

Kan nokon hjelpe meg litt på veg med denne?

Torbjørn T. · 16. mars 2009

Skal ikkje seie eg er heilt trygg på dette akkurat, sjølv om eg har lineær algebra dette semesteret eg òg, men eit forslag kan eg kome med:

Om du antar det motsatte, at $mimetex.cgi?\{v_1,v_2,\dots,v_k,v\}$ er lineært avhengige. Då kan du skrive v som ein lineærkombinasjon av $mimetex.cgi?\{v_1,v_2,\dots,v_k\}$ er ein basis for W, vil alle lin.komb. av desse òg ligge i W, noko som strider mot antagelsen om at v ikkje ligg i W, og $mimetex.cgi?\{v_1,v_2,\dots,v_k,v\}$ må dermed vere lin. uavh.

aspic · 16. mars 2009

Joda, såg igrunn greit ut det der. Betre forslag enn eg kunne ha kome med i alle fall. =)

aspic · 16. mars 2009

Litt meir lineær algebra:
La x, y og z være lineært uavhengige vektorer i et vektorrom V . Vis at vektorene u, v og w, der u = x, v = x + y og w = x + y + z, er lineært uavhengige.

Eg kan ikkje akkurat skryte på meg at eg føler meg noko særleg trygg på dette, men slik er i alle fall framgongsmåten min:

Sidan x, y og z er lineært uavhengige har vi:

c₁x + c₂y + c₃z = 0

Dette gir at c₁ = c₂ = c₃ = 0

Vidare får vi då at:

c₁w + c₂v + c₃w = 0

c₁x + c₂(x + y) + c₃(x + y + z) = 0

(c₁ + c₂ + c₃)x + (c₁ + c₂)y + c₃z = 0

Dette gir at u, v og w er lineært uavhengige?

Endret 16. mars 2009 av aspic

DrKarlsen · 16. mars 2009

Du kan ikke bruke de samme $mimetex.cgi?c_i$ i begge likhetene dine. Har dere lært noe om matriser og determinanter?

aspic · 16. mars 2009

Eg tenkte den der var veldig på kanten ja.. Jepp, vi har lært om matriser og determinanter, men eg føler meg veldig ustødig når vi kjem borti mengder og undermengder av vektorar og liknande. Korleis bør eg angripe problemet då?

DrKarlsen · 16. mars 2009

Litt meir lineær algebra:

La x, y og z være lineært uavhengige vektorer i et vektorrom V . Vis at vektorene u, v og w, der u = x, v = x + y og w = x + y + z, er lineært uavhengige.

Dropp matrisene. Du kan gjøre det enkelt:

Anta det motsatte. Da har du:

w = a*u + b*v, altså

x+y+z = a*x + b*x + b*y

z = (a+b-1)*x + (b-1)*y,

altså z = c*x + d*y, så x,y,z er ikke lineært uavhengige, så antagelsen må være ugyldig.

Logg inn

Den enorme matteassistansetråden

Anbefalte innlegg

Raspeball

Videoannonse

2bb1

NevroMance

Mr. Bojangles

Jaffe

Mr. Bojangles

kloffsk

Mr. Bojangles

Mr. Bojangles

2bb1

Torbjørn T.

Xell

Mr. Bojangles

aspic

Torbjørn T.

aspic

aspic

DrKarlsen

aspic

DrKarlsen

Opprett en konto eller logg inn for å kommentere

Opprett konto

Logg inn

Hvem er aktive 0 medlemmer