Намерете производните от първи ред на y = e^(2sinx +3)

[shyshko30]

1зад. Намерете производните от първи ред на y = e^(2sinx +3)
2зад.Чрез предварително логаритмуване намерете производните на y = x^3.e^x^2.sin2x
x e na 3-ta, a e na stepen x na 2-ra
3зад. Поажете, че y=e^2x.cosx (e na stepen 2x) удовлетворява YIII-2YII-3YI+10Y=0, КЪДЕТО YIII Е ПРОИЗВОДНА ОТ 3-ТИ РЕД, YII Е ПРОИЗВОДНА ОТ 2-РИ РЕД А YI E ПРОИЗВОДНА ОТ 1-ВИ РЕД.

[martin123456]

1
[tex]y=e^{2\sin{x}+3}[/tex]
[tex]y'=e^{2\sin{x}+3}(2\sin{x}+3)'=e^{2\sin{x}+3}2\cos{x}=2e^{2\sin{x}+3}\cos{x}[/tex]
2
[tex]y=x^3e^{x^2}\sin{2x}[/tex]
[tex]z=\ln{y}=\ln{x^3}+\ln{e^{x^2}}+\ln{\sin{2x}}=3\ln{x}+x^2+\ln{\sin{2x}}[/tex]
[tex]z'=\frac{3}{x}+2x+\frac{2\cos{2x}}{\sin{2x}}[/tex]
от друга страна [tex]z'=(\ln{y})'=\frac{y'}{y}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{y'}{y}=\frac{3}{x}+2x+\frac{2\cos{2x}}{\sin{2x}} \Rightarrow y'=x^3e^{x^2}\sin{2x}(\frac{3}{x}+2x+\frac{2\cos{2x}}{\sin{2x}})[/tex]
3
[tex]y=e^{2x}\cos{x}[/tex]
[tex]y'=2e^{2x}\cos{x}-e^{2x}\sin{x}=e^{2x}(2\cos{x}-\sin{x})[/tex]
[tex]y''=2e^{2x}(2\cos{x}-\sin{x})+e^{2x}(-2\sin{x}-\cos{x})=e^{2x}(3\cos{x}-4\sin{x})[/tex]
[tex]y'''=2e^{2x}(3\cos{x}-4\sin{x})+e^{2x}(-3\sin{x}-4\cos{x})=e^{2x}(2\cos{x}-11\sin{x})[/tex]
трябва да проверим [tex]y'''-2y''-3y'+10y=0[/tex]. заместваме от горните сметки:
[tex]e^{2x}(2\cos{x}-11\sin{x}-6\cos{x}+8\sin{x}-6\cos{x}+3\sin{x}+10\cos{x})=0[/tex]

[shyshko30]

Blagodarj za pomosta, no i s granicite ima problem v slednite zadachi:
a)
lim(sqrt{3+x+x^2} -\sqrt{9-2x+x^2} )/x^2-3x+2
x kloni kam 2
b)
lim(1+1/x^2)^(3x^2+4)
x kloni kam bezkrainost
i zad 2.Чрез правилото на Лопитал намерете:
a) lim(sinx -x)/(x-tgx)
x kloni kam 0
b)lim(x^2+x-1)e^(-x)
x kloni kam bezkrainost

[ganka simeonova]

Къде точно е проблемът?

[shyshko30]

Zdraveite.Problema e v tezi limesi. Sred vsichki ostanali tezi se zaprechixa

lim(sqrt{3+x+x^2} -\sqrt{9-2x+x^2} )/x^2-3x+2
x kloni kam 2
b)
lim(1+1/x^2)^(3x^2+4)
x kloni kam bezkrainost
i zad 2.Чрез правилото на Лопитал намерете:
a) lim(sinx -x)/(x-tgx)
x kloni kam 0
b)lim(x^2+x-1)e^(-x)
x kloni kam bezkrainost

[Flame]

1.
a)[tex]\lim_{x\to2}\frac{ sqrt{3+x+x^2} -\sqrt{9-2x+x^2}}{x^2-3x+2}[/tex]
b)[tex]\lim_{x\to +\infty }(1+\frac{1}{x^2})^{3x^2+4}[/tex]
2.Чрез правилото на Лопитал намерете:
a)[tex]\lim_{x\to 0} \frac{sin{x} -x}{x-tg{x}}[/tex]
b)[tex]\lim_{x\to+\infty}(x^2+x-1)e^{-x}[/tex]

Така ли са?

[shyshko30]

Да , така са. Много моля за помощ.

[Mark]

[tex]\lim_{x\to 0} \frac{sin{x} -x}{x-tg{x}}=\lim_{x\to 0} \frac{cosx-1}{1-\frac{1}{cos^2x}=[/tex][tex]\lim_{x\to 0} \frac{cos^3x}{2}= \frac {1}{2}[/tex]

[tex]\lim_{x\to+\infty}(x^2+x-1)e^{-x}=\lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x-1)}{e^x}=\lim_{x\to+\infty} \frac{(2x+1)}{e^x}=\lim_{x\to+\infty} \frac{2}{e^x}=0[/tex]

[tex]\lim_{x\to +\infty }(1+\frac{1}{x^2})^{3x^2+4}=\lim_{x\to +\infty }{3x^2+4}ln(1+\frac{1}{x^2})=[/tex][tex]\lim_{x\to +\infty }\frac{{3x^2+4}}{\frac{1}{ ln(1+\frac{1}{x^2})} } =[/tex][tex]3\lim_{x\to +\infty } x^4(1+\frac{1}{x^2})ln^2(1+\frac{1}{x^2})[/tex] [tex]t=\frac{1}{x^2}[/tex]

[Flame]

Знаем, че: [tex]\lim_{x\to \infty} (1+\frac{1}{f(x)})^{f(x)}=e[/tex], тогава:[tex]\lim_{x\to +\infty }(1+\frac{1}{x^2})^{3x^2+4}=\lim_{x\to +\infty }(1+\frac{1}{x^2})^{x^2(3+\frac{4}{ x^2} )}=e^{\lim_{x\to\infty}(3+\frac{4}{x^2})}=e^{3+0}=e^3[/tex]

[mkmarinov]

Лека поправка: трябва не х да клони към безкрай, а f(x).

[Flame]

Лека поправка: трябва не х да клони към безкрай, а f(x).

Принципно да. В конкретният случай има дуалност.