$y=\sqrt{sinx+\sqrt{sinx+\sqrt{sinx+\sqrt{\cdots}}}}$olduğuna göre $\frac{dy}{dx}$ ifadesini bulunuz.

Question

Ben bir yoldan buldum ama Fermat'ın dediği gibi çözümünü size bırakıyorum :) Ayrıca çıkması muhtemel alternatif çözümleri de merak ettiğimden bu soruyu paylaştım.

Comments

http://matkafasi.com/62839/sonsuz-zincir-mantiginin-ispatlanmasi-ornegin-gibiler-dfrac

formulıze edıp çozebiliriz

e sayısını yazıyorum bunada bakarım güzel sorular :)

---

Tam olarak bunu yaptım zaten hocam :) O en kolay çözüm fakat elektriğin bile "alternatif"i varsa bu sorunun çözümünün neden olmasın :)

---

Yaa ben yaptim ama cok kolay cikti urperdim :) cevp $cosx$ degil dimi ? :)

---

aynen cosx cevap.

---

Yanlis olmasi daha cok sevindirirdi :)) neyse keyifliydi..eyvallah..

---

Yanlis hatirlamiyorsam cevap $cosx$ degildi:) Icinde $cosx$ var ama sadece $cosx$ degil.

---

3. kök içinden
2. kök içinden
1. kök içinden hep sinx=y çıkıyor

dolayısıyla $\frac{dy}{dx}=(sinx)'=cosx$ geliyor?

---

Bir dakika soruyu yanlis yazmisim evet bu haliyle $cosx$ soruyu duzeltiyorum hemen.

---

Bu sorunun çözümünden sonra;

$y=\sqrt{cosx+\sqrt{cosx+\sqrt{cosx+...}}}$

$y=\sqrt{tanx+\sqrt{tanx+\sqrt{tanx+...}}}$

$y=\sqrt{cotx+\sqrt{cotx+\sqrt{cotx+...}}}$

$y=\sqrt[n]{sinx+\sqrt[n]{sinx+\sqrt[n]{sinx+...}}}$

ve benzeri nice soruların çözülmesi mümkün olacaktır...

Answer 1

$\sqrt{sinx+\sqrt{sinx+\sqrt{sinx+....}}}=y$ ise

Hâla daha kavrayamadığım formül gereği


$\sqrt{sinx+y}=y$ karelerini alalım

$sinx+y=y^2$ her tarafın türevini alalım


$cosx+\frac{dy}{dx}=2y.\frac{dy}{dx}$                                 $\frac{dy}{dx}$ parantezine alırsak


$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{cosx}{2y-1}$  olur

Comments

$y$ ve $x$'i birbirinden ayırmanın imkansız olduğu bazı durumlar var o durumda $-\frac{F_x}{F_y}$ şeklinde de çözülebilir.

---

 dy/dx diyip hertürlü birleşiyor.Ters örnek verebilir misin?

---

genel bır cozum yazıp bu formulu nasıl cıkarırız soru soruyorum sımdı.

---

Şu anda ters örnek vermek gibi değil de $y^2x+2x^3y+7x+y^4=0$ fonksiyonunu senin yönteminden nasıl çözebiliriz?

---

Genel çözüm bu tür kapalı fonksiyonlarda $-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{y^2+6x^2y+7}{2yx+2x^3+4y^3}=\frac{dy}{dx}$ şeklinde çözülür. 

---

hep sanırım derim ama şuanda biraz emin gibiyim benim taktikle hep çıkıyor gibi.

$y^2x+2x^3y+7x+y^4=K$          tüm ifadenin x 'e türevini alalım ve $\frac{dy}{dx}$ bulalım


$K'=\underbrace{2y.\frac{dy}{dx}.x+y^2}_{(y^2x)'}+\underbrace{6x^2y+\frac{dy}{dx}.2x^3}_{(2x^3y)'}+\underbrace{7}_{7x}+\underbrace{4y^3.\frac{dy}{dx}}_{(y^4)'}$


$\frac{dy}{dx}\left [  2xy+2x^3+4y^3 \right]+y^2+6x^2y+7=0=K'$   (K=0)  $\Rightarrow$ (K'=0)

Sanırım oldu:)

---

Cidden senin taktikle her zaman çıkar sanırım. Kaldı ki benim formül de gökten inmedi, muhtemelen buradan geliyordur.

---

neden her zaman olur sence? logarıtmık fonksiyonlar üsteller ve trigonometrikler dahil olsa da olur mu?

---

$x^y$ fonksiyonu için arıza çıkarabilir yine de bakmak lazım.

---

logaritma fonksiyonlarının limit tanımından çıkan türev ispatlarını biliyor musun?

---

$f'(x)=lim_{h \to 0} \frac{log_a(x+h)-log_ax}{h}$ ifadeyi düzenlersek 

$= lim_{h \to 0} log_a(\frac{x+h}{x})^{\frac{1}{h}}$ limiti logaritma içine alırsak

$=log_a( lim_{h \to 0} (\frac{x+h}{x})^{\frac{1}{h}})$ $1^{\infty}$ belirsizliğinden dolayı 

$=log_a(e^{\frac{1}{x}})=\frac{1}{lna.x}$

---

Trigonometrikleri ispatladın logaritmikler bende üstellere bakalım.

---

$1^\infty$  belirsizliğini sezgisel olarakmı kavrıyorsun formül çıkarımlarınamı güveniyorsun, ben hâla kavrayamadım.

---

Oraya link koydum ona bak açıklama var. Her ne kadar ben de tam olarak kavrayamasam da :)

---

Logaritmanın türevinin ispatı diye açtım orada cevaba güzelce açıklarsan güzel olur. Amaç herkes görsün. 

---

neyse ben yazıyorum:) artık yeni ispatı sen yazarsın:)