2016-01-10, 18:51
  #73489
Medlem
Citat:
Ursprungligen postat av starke_adolf
Låt H(x) = 1 då x>0, 0 då x<0 (Heavisidefunktion. Genom att tolka H som en tempererad distribution, använd definitionen för att beräkna H'(x).

Lösning: Låt φ(x) vara en funktion som tillhör Schwartzklassen. Då gäller att:
H[φ(x)] = {-inf till inf}∫H(x)φ(x)dx = {0 till inf}∫φ(x)dx
H'[φ] = -H[φ'] = {0 till inf} -∫φ' dx = {0 till inf} -[φ] = -(φ(€) - φ(0)) där €--> inf.
Här blev jag osäker och kollade facit, hur vet jag att φ(x) är noll då x går mot oändligheten? Enligt definition ska det för en testfunktion på Schwartzklassen gälla att:
(i) φ(t) oändligt differentierbar på den reella talmängden
(ii) lim |t|-->inf t^p φ^(q)(t) = 0 för alla heltal p,q större eller lika med 0.
Kommer det ur (ii)? Alltså välj p=0, q=0 så lim |t|-->inf φ(t) = 0

Måste man välja en testfunktion på en delmängd till Schwarzklassen (mängden av oändligt deriverbara funktioner med kompakt stöd) för att få det att gå ihop? Då är ju säkert φ(x) är noll då x går mot oändligheten

Citat:
Ursprungligen postat av preben12
Du vet att testfunktionerna φ(x) har kompakt stöd. Med kompakt stöd menas att dom är identiskt noll utanför en given begränsad mängd. Alltså går φ(x) mot noll då x går mot oändligheten. Vilket är ett av antagandena i distributionsteori.

Citat:
Ursprungligen postat av starke_adolf
Fast det vet jag väl inte? Enligt min BETA finns bara de två villkoren ovan nämnda i definitionen på φ.
För φ i S (Schwartzklassen):
(1) ger att φ är av klass C^(∞)
(2) säger inget om kompakt stöd utan bara att det där gränsvärdet ska bli noll.
Däremot finns det en delmängd D till Schwartzklassen som säger att φ i denna mängd är av klass C_0^(∞), dvs. oändligt deriverbara med kompakt stöd. Hur vet jag i sådana fall vilken mängd som jag ska ta en testfunktion från? Den tempererade distributionen är väl definierad på Schwartzklassen och inte någon delmängd till den? Det blir väl i någon mån ett "svagare" argument att lösa uppgiften i D, som bara är en del av funktionerna i S.

Citat:
Ursprungligen postat av preben12
Alla testfunktioner ligger väl i D?

Är inte defintionen av en testfunktion att den

(i) är oändligt deriverbar
(ii) har kompakt stöd
Det finns flera klasser av distributioner. Den normala klassen bygger på testfunktioner kompakt stöd, men denna klass fungerar inte när man håller på med Fourieranalys eftersom Fouriertransformen av en funktion med kompakt stöd inte har kompakt stöd. Då kör man i stället med testfunktioner som uppfyller lim |t|-->inf t^p φ^(q)(t) = 0. Som starke_adolf konstaterar ger fallet p = q = 0 att lim |t|-->inf φ(t) = 0, vilket var kravet för att beräkningen av H' skulle fungera.
Citera
2016-01-10, 18:58
  #73490
Medlem
Citat:
Ursprungligen postat av Norrlandsinland
Ja, varför inte derivera och beräkna f'(15)?
Det ger det korrekta värdet.
Skriv t^0,027 som e^(ln(t) * 0,027) och derivera.

Ett ungefärligt värde kan du få om du beräknar f(x) runt 15.
Du ska inte bilda medelvärdet av f(t) under 15 veckor.
Så kolla just vecka 15 genom att ta skillnaden mellan en halv vecka efter och en halv vecka före.
Beräkna f(15,5) - f(14.5) så får du ett ungefärligt värde för vecka 15.

Ska gå igenom derivering av exponentialfunktioner och e imorgon, dock krävs inte detta för uppgiften i fråga
Citera
2016-01-10, 18:59
  #73491
Medlem
starke_adolfs avatar
Citat:
Ursprungligen postat av preben12
Alla testfunktioner ligger väl i D?

Är inte defintionen av en testfunktion att den

(i) är oändligt deriverbar
(ii) har kompakt stöd
Jag skrev av min BETA ovan, men jag håller med om att det jag hört på övningar och så låter mer som din variant. Jag ska gå tillbaka till kursboken igen och lusläsa kapitlet om testfunktioner och distributioner. Hursomhelst, om det nu är så som du säger (vilket jag också tror att det är) tycker jag att det är lite löst att visa en egenskap för en distribution definierad på S mha. en testfunktion som tillhör en delmängd till S. Då har man inte visat det "på hela S" menar jag. Det finns ju särskilda konvergensvillkor för en funktion som tillhör S.
Citera
2016-01-10, 19:00
  #73492
Medlem
starke_adolfs avatar
Citat:
Ursprungligen postat av manne1973
Det finns flera klasser av distributioner. Den normala klassen bygger på testfunktioner kompakt stöd, men denna klass fungerar inte när man håller på med Fourieranalys eftersom Fouriertransformen av en funktion med kompakt stöd inte har kompakt stöd. Då kör man i stället med testfunktioner som uppfyller lim |t|-->inf t^p φ^(q)(t) = 0. Som starke_adolf konstaterar ger fallet p = q = 0 att lim |t|-->inf φ(t) = 0, vilket var kravet för att beräkningen av H' skulle fungera.
Tack för förtydligandet!
Citera
2016-01-10, 19:01
  #73493
Medlem
preben12s avatar
Citat:
Ursprungligen postat av manne1973
Det finns flera klasser av distributioner. Den normala klassen bygger på testfunktioner kompakt stöd, men denna klass fungerar inte när man håller på med Fourieranalys eftersom Fouriertransformen av en funktion med kompakt stöd inte har kompakt stöd. Då kör man i stället med testfunktioner som uppfyller lim |t|-->inf t^p φ^(q)(t) = 0. Som starke_adolf konstaterar ger fallet p = q = 0 att lim |t|-->inf φ(t) = 0, vilket var kravet för att beräkningen av H' skulle fungera.

Tackar för förklaringen. Jag lärde mig aldrig distributionsteorin riktigt ordentligt får jag erkänna. Utan körde mer "algoritmiskt" bara för att ta mig igenom tentan när jag läste om det.
Citera
2016-01-10, 19:06
  #73494
Medlem
DissociativePandas avatar
http://puu.sh/mqJCc/9766459f28.png
Citera
2016-01-10, 19:08
  #73495
Medlem
Citat:
Ursprungligen postat av jalege
Tentaproblem för kursen Integralkalkyl (Matte 2). Hur löser man detta?
F(x) = x² ∫_{x³}^{1} e^{t²} dt

Produktregeln ger:
F'(x) = 2x ∫_{x³}^{1} e^{t²} dt + x² (∫_{x³}^{1} e^{t²} dt)'

Om vi sätter G(x) = ∫_{0}^{x} e^{t²} dt så ger integralkalkylens fundamentalsats G'(x) = e^{x²}.

Vi kan skriva ∫_{x³}^{1} e^{t²} dt = G(1) - G(x³) varför kedjeregeln ger
(∫_{x³}^{1} e^{t²} dt)' = -3x² G'(x³) = -3x² e^{x⁶}

Om man vill kan man skriva om den första termen:
2x ∫_{x³}^{1} e^{t²} dt = 2x · (1/x²) F(x) = (2/x) F(x)

Alltså får vi
F'(x) = (2/x) F(x) + x² · (-3x² e^{x⁶}) = (2/x) F(x) - 3x⁴ e^{x⁶}.
Citera
2016-01-10, 19:08
  #73496
Medlem
TuppenGusavs avatar
How many parameters are being estimated in the model arx321?

Visst bör det vara 6 stycken parametrar som skattas? Facit säger 5 men det måste väll ändå vara fel?
Citera
2016-01-10, 19:09
  #73497
Medlem
Jag har två linjer, X: (1+3t, 1+2t, 2+2t), t ∈ ℝ och Y: (1+3s, 2s, 2s) s ∈ ℝ i rummet. Sedan ett plan II som innehåller X och punkten (1,1,1).

Jag behöver beräkna avståndet från Y till planet II.

Hur tar jag reda på planets normalvektor till att börja med? Kryssprodukten av X och Y blir ju noll.
Citera
2016-01-10, 19:27
  #73498
Medlem
När man ska bestämma nollrummet och värderummets gemensamma element(när man har en matris och efter ha bestämt baser för nollrum och värderum dvs), så kollar man om vektorn som man fick fram för nollrummet uppfyller ekvationen för värderummet. Om den inte gör det, svarar man bara att det gemensamma elementet mellan N(F) och V(F) är nollvektorn?
Citera
2016-01-10, 19:32
  #73499
Medlem
Citat:
Ursprungligen postat av doievenlift
Jag har två linjer, X: (1+3t, 1+2t, 2+2t), t ∈ ℝ och Y: (1+3s, 2s, 2s) s ∈ ℝ i rummet. Sedan ett plan II som innehåller X och punkten (1,1,1).

Jag behöver beräkna avståndet från Y till planet II.

Hur tar jag reda på planets normalvektor till att börja med? Kryssprodukten av X och Y blir ju noll.

Är inte helt hundra på om detta funkar men (1+3t,1+2t, 2+2t) = (1,1,2) + t(3,2,2). Du har en punkt för linjen (1,1,2). Sen kan du skapa en ny vektor i planet genom att ta (1,1,1)-(1,1,2) = (0,0,-1). Tror att du kan kryssa den med riktningsvektorn (3,2,2) sen för att få normalen. Borde vara något sådant.
Citera
2016-01-10, 19:34
  #73500
Medlem
Citat:
Ursprungligen postat av DissociativePanda
http://puu.sh/mqJCc/9766459f28.png
Funktionen uppfyller ekvationen f(x)² + f(x) = (1/2) + sin(x) - (1/2) cos(2x).

Derivering m.a.p. x ger: 2f(x)f'(x) + f'(x) = cos(x) + sin(2x).

Härifrån får vi f'(x) = (cos(x) + sin(2x)) / (2f(x) + 1).

Nu kan vi beräkna f'(π/4):
f'(π/4) = (cos(π/4) + sin(2π/4)) / (2f(π/4) + 1) = (1/√2 + 1) / (2·1/√2 + 1) = √2 - 1/√2
= 2/√2 - 1/√2 = 1/√2,
där vi har utnyttjat att f(π/4) = 1/√2.

Tangenten i (π/4, 1/√2) ges därför av (y - 1/√2) / (x - π/4) = 1/√2 dvs
y = 1/√2 + (1/√2) (x - π/4)

Normalen har i stället ekvationen (y - 1/√2) / (x - π/4) = -1 / (1/√2) = -√2 dvs
y = 1/√2 - √2 (x - π/4)
Citera

Skapa ett konto eller logga in för att kommentera

Du måste vara medlem för att kunna kommentera

Skapa ett konto

Det är enkelt att registrera ett nytt konto

Bli medlem

Logga in

Har du redan ett konto? Logga in här

Logga in