LINUX.ORG.RU

Сомневаюсь в правильности логарифмирования уравнения

 


0

1

Форум математиков есть http://www.mathforum.ru, а вот где сами математики не пойму. Позтому я сюда.

Θ = (1 / ρ) * e^(- ρ * ( 1 + cos φ))

логарифмирую

ln Θ = (ln 1 - ln ρ) + (- ρ * ( 1 + cos φ)) ln e = (0 - ln ρ) + (- ρ * ( 1 + cos φ)) * 1 =

= - ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ)) <------- вот тут мои сомнения при потенциировании, всётаки после - ln ρ идет действие сложения но логарифма нет.

потенциирую

Θ = - ρ – ρ * ( 1 + cos φ) = - ρ * (1 + ( 1 + cos φ)) = ρ * (- 1 - ( 1 + cos φ))

откуда
ρ = Θ / (- 1 - ( 1 + cos φ))

Maxima очень вас рекомендуют с возникшей проблемой. Не поможете?



Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 2)

Я бы тоже сомневался, так как в третьей строке сделана элементарная ошибка. Если написать правильно, то получится самое первое уравнение, так как осуществляется обратное действие взятию логарифма.

visitor
()
Ответ на: комментарий от visitor

Следуя этой логике http://raal100.narod.ru/index/0-269

3) Даже при одинаковых основаниях и отсутствии коэффициентов нельзя потенцировать уравнение, если в какой-то из его частей больше одного логарифма. Например, нельзя убирать логарифмы в уравнении

log2 x + log2 (x + 1) = log2 (х + 9).

В левой части два логарифма. Надо сначала преобразовать ее. Для этого воспользуемся еще одним правилом: сумма логарифмов равна логарифму произведения. Итак, преобразовываем левую часть уравнения:

log2 x + log2 (x + 1) = log2 x (х + 1) = log2 x2 + х.

У нас получилось выражение с одним логарифмом. А наше уравнение принимает новый вид:

log2 x2 + х = log2 (х + 9).

И мы уже можем убрать значки логарифмов:

x2 + х = х + 9

Ход моей мысли верен. Предоставь свой вариант мысли, мне уже интересно. На mathforum.ru смотрят на решение и никаких высказываний, даже странно как-то. А точнее жутко.

saufesma
() автор топика
Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от bga_

Maxima мне изучать неделю как работает. У меня похоже и вручную получилось. Если знаешь как она называется, может и пользоваться умеешь, а может и установлена так забей туда моё уравнение и выложи выхлоп сюда. Буду благодарен.

saufesma
() автор топика
Ответ на: комментарий от visitor

Хотя https://archive.org/details/2-.-1974 стр. 91 «В частности, если перед знаком логарифма находится какой-либо множитель, то его при потенцировании нужно переносить в показатель степени под знак логарифма.»

тогда моя идея нахождения ро неверна т.к. здесь

(- ρ * ( 1 + cos φ)) ln e
я должен переписать так
ln e^(- ρ * ( 1 + cos φ)) 
а не приравнивать ln e = 1, и быть довольным решнием, зараза.

saufesma
() автор топика
Ответ на: комментарий от bga_

Да все дошло здесь косяк

f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(c)));
log(f(p)), radcan;

(%i1)   f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(c)));

(%o1) 	f(p):=1/p∗exp((−p)∗(1+cos(c)));

(%i2)   log(f(p)), radcan;

(%o2) 	(−cos c − 1)p − log p

странно, что замена буквы угла с на phi так меняет результат

f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(phi)));
log(f(p)), radcan;

===========================
(%i1)   f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(phi)));

(%o1) 	f(p):=1/p∗exp((−p)∗(1+cos(phi)));

(%i2)   log(f(p)), radcan;


(%o2) 	−p cosφ − log p − p
Спасибо!

Продолжу

log O = −p cosφ − log p − p
потенциирую
O = −p cosφ − p − p = p * (- cosφ - 2)

откуда р

р = О / (- cosφ - 2)
Четно, супер!

saufesma
() автор топика
Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 5)
Ответ на: комментарий от bga_

Да мощный инструментик, только вот почему у этих вводах разные результаты? Какому верить?

f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(c)));
log(f(p)), radcan;

f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(phi)));
log(f(p)), radcan;
saufesma
() автор топика

это я понимаю оно правильно

Θ = (1 / ρ) * e^(- ρ * ( 1 + cos φ))

логарифмирую

ln Θ = (ln 1 - ln ρ) + (- ρ * ( 1 + cos φ))=- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ))
а вот дальше ошибки фигня творится
e^(- ln ρ) = 1/p у тебя -p
e^(x+y) = e^(x) * e^(y) у тебя почему то e^(x) * y
как решать не знаю 20лет назад решал но ошибки вижу

s-warus ★★★
()
Ответ на: комментарий от s-warus

Да не, тут вот так

ln Θ = (ln 1 - ln ρ) + (- ρ * ( 1 + cos φ))=- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ)) ln e

а лучше если так

ln Θ = (- ρ * ( 1 + cos φ)) ln e - ln ρ

выше я привел объяснения, то, что принимаете за ошибку я просто проморгал.

saufesma
() автор топика
Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 2)
Ответ на: комментарий от s-warus

ln 1 = 0

как решать не знаю 20лет назад решал но ошибки вижу

Ну не знаешь ты как решать, ну и неберись, оно тебе уже и не надо,20 лет прошло, всё. Не обижайся. На maximа это решено, скорее всего maxima использует формулы приведения которых я просто не знаю.

saufesma
() автор топика
Ответ на: комментарий от s-warus

Вот так не интересно. Там выше было

Хотя https://archive.org/details/2-.-1974 стр. 91 «В частности, если перед знаком логарифма находится какой-либо множитель, то его при потенцировании нужно переносить в показатель степени под знак логарифма.»

тогда моя идея нахождения ро неверна т.к. здесь

(- ρ * ( 1 + cos φ)) ln e

я должен переписать так

ln e^(- ρ * ( 1 + cos φ)) 

а не приравнивать ln e = 1, и быть довольным решнием, зараза.
saufesma
() автор топика
Ответ на: комментарий от saufesma

у тебя уравнение

Θ = (1 / ρ) * e^(- ρ * ( 1 + cos φ))
сразу видно что числового решения нету с ρ=бесконечности смотрим 1/ρ стремится к 0 и e^(- ρ * ( 1 + cos φ)) тоже стремится к 0 ответ бесконечность

наверно нужно так отвечать аналитически

s-warus ★★★
()
Ответ на: комментарий от TeopeTuK

кроме вырожденного случая phi = π+2πk.

Так не интересно, я не Ландау, пиши уравнение. Да и выражение phi = π+2πk сомнительно.

Да и вообще как-то читать надо тред. Забивай вот это

f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(c)));
log(f(p)), radcan;

сюда

http://maxima.cesga.es/index.php?c=4dsy1y31jtgehtdsgh05c&n=9и

созерцай решение

saufesma
() автор топика
Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 2)
Ответ на: комментарий от saufesma

ух ты скормил

f(p) := (1 / p) * exp(-p * (1 + cos(c)));
log(f(p)), radcan;
выдал и это без человека
 
(− cos c −1)p−log p
что в принципе
(− cos c −1)p = (- ρ * ( 1 + cos φ))
и получаем твоё - моё
- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ))
и без всяких ln(e)

s-warus ★★★
()
Ответ на: комментарий от s-warus
(− cos c −1)p−log p
потенциируем
(− cos c −1)p − p = р((− cos c −1) − 1)
                            ^^^^^ разные
мое-твое
- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ))
потенциируем
- ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ)) = - ρ + ρ * ( - 1 - cos φ) =
= р (-1 + ( - 1 - cos φ)) = р (( - 1 - cos φ) -1)
                                   ^^^^^ разные 
                                  перемена мест слагаемых
                                        суммы не меняет?
saufesma
() автор топика
Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от saufesma
- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ))
потенциируем
e^(- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ)))=
e^(- ln ρ)* e^(- ρ * ( 1 + cos φ))=
(1/p)* e^(- ρ * ( 1 + cos φ))

как я говорил

e^(- ln ρ) = 1/p у тебя -p
e^(x+y) = e^(x) * e^(y) у тебя почему то e^(x) + y

s-warus ★★★
()
Последнее исправление: s-warus (всего исправлений: 2)
Ответ на: комментарий от s-warus

Изначально

Θ = (e^(- ρ * ( 1 + cos φ))) / ρ
log Θ = log ((e^(- ρ * ( 1 + cos φ))) / ρ) =
= log e^(- ρ * ( 1 + cos φ)) - log p =
= (- ρ * ( 1 + cos φ)) log e - log p = 
= (- ρ * ( 1 + cos φ)) 1 - log p =
= (- ρ * ( 1 + cos φ)) 1 - p = - ρ * ( 1 + cos φ)) - p =
= p (-1 - ( 1 + cos φ))
а это, ты устал
e^(- ln ρ + (- ρ * ( 1 + cos φ)))
saufesma
() автор топика

потенциирую

Θ = - ρ – ρ * ( 1 + cos φ) =…

Мама, роди меня обратно, шоб я этого больше не видел, да.

Экспонента от левой и правой части ln(theta) = …:

theta = 1/rho * exp(-rho*(1+cos(phi)))

x22
()
Ответ на: комментарий от visitor

Ты до сих пор не предложил своего умного решения, а корчишь из себя супер математика, когда такие вот умники как ты руководят проектами они и тонут.

saufesma
() автор топика
Последнее исправление: saufesma (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от saufesma

Маааленькое правило для самопроверки: если ты логарифмируешь левую и правую части уравнения, а потом потенцируешь результат, то в результате должно получиться в точности то же уравнение, что и было сначала. Если получилось какое-то другое, ищи ошибку.

TeopeTuK ★★★★★
()
Ответ на: комментарий от TeopeTuK

Теперь ты так прикольненько утверждаешь, что алгебраическая система Maxima является хернёй по сравнению с тобой Великим Математиком.

кроме вырожденного случая phi = π+2πk.

тут тебе ссылочка

https://ru.wikipedia.org/wiki/Вырождение_(математика)

ты там определись, что ты имел в виду, используя это умное на первый взгляд вырыжение phi = π+2πk.

saufesma
() автор топика
Ответ на: комментарий от TeopeTuK

при таких значениях фи косинус равен минус единице и под экспонентой стоит чистый ноль

честно я не понимаю вторую часть этого предложения «и под экспонентой стоит чистый ноль». Ты уже тоже устал. Утро вечера мудренне.

saufesma
() автор топика
Ответ на: комментарий от TeopeTuK

ну да при φ = pi+2*pi*k при k целое число ( 1 + cos φ) становится =0

Θ = (e^(- ρ * ( 1 + cos φ))) / ρ
Θ = (e^(- ρ * Θ)) / ρ
Θ = 1 / ρ
добавляется ещё одно решение минус бесконечность ,а так решение одно бесконечность

s-warus ★★★
()
Последнее исправление: s-warus (всего исправлений: 2)