Stran 1 od 3
Integral
Objavljeno: 27.4.2011 14:05
Napisal/-a sniper
Živjo!
Sam sem tale integral izračunal takole:
wolfram alpha pa ga izračuna takole:
Pa me zanima ali sem jest kje zamočil, ali alpha tukaj nekaj zakomplicira ?
Re: Integral
Objavljeno: 27.4.2011 15:35
Napisal/-a Zajc
Vse prav. Alpha komplicira.
Re: Integral
Objavljeno: 27.4.2011 15:43
Napisal/-a sniper
ker vidm da je v prvem postu zginla spodnja slika od alphe, tukaj še enkrat:
Re: Integral
Objavljeno: 27.4.2011 16:43
Napisal/-a Jurij
to se da še mal pokrajšat (sj ti alpha tud okrajšano različico izpiše malo nižje), sicer pa lahko na roke preveriš, da se
\(\arcsin x\) in \(2 \arcsin(\sqrt{\frac{1+x}{2}})\) razlikujeta le za konstanto.
Re: Integral
Objavljeno: 29.4.2011 16:23
Napisal/-a sniper
OK. Zanima me še, ali obstaja pri reševanju integralov kakšno pravilo, trik ali karkoli druzga, da bi hitro vedu, kako je najbolje rešit integral(uvedba nove spremenljivke, per partes... )
Re: Integral
Objavljeno: 29.4.2011 23:00
Napisal/-a Aniviller
V splosnem samo izkusnje. Lahko se ucis na pamet razlicne oblike integralov in kako se jih resi ampak vedno dobis naslednjega ki ne spada v nobeno izmed tistih grup. Bistvo je, da si ustvaris idejo kaj HOCES dobit ko naredis substitucijo in potem pogledas ce se da. In ce se ne da, si izberes nov cilj. Pomaga to, da prepoznas kaksne simetrije ali druge lepe lastnosti.
Re: Integral
Objavljeno: 2.5.2011 13:47
Napisal/-a sniper
Bom kar v tej temi nadaljeval, ker se itak nanaša to na integrale. Ni mi jasno, kako se pri tem razstavlanju na parcialne ulomke dobijo tisti trije imenovalci, ki so obkroženi rdečo. Kako jih določiš ? Pod B in C mi je še jasno, samo zakaj je pod A x ?
Re: Integral
Objavljeno: 2.5.2011 21:19
Napisal/-a shrink
sniper napisal/-a:Bom kar v tej temi nadaljeval, ker se itak nanaša to na integrale. Ni mi jasno, kako se pri tem razstavlanju na parcialne ulomke dobijo tisti trije imenovalci, ki so obkroženi rdečo. Kako jih določiš ? Pod B in C mi je še jasno, samo zakaj je pod A x ?
Pri n-kratni ničli
\((x-a)^n\) imaš
\(n\) razcepov na parcialne ulomke z imenovalci:
\((x-a), (x-a)^2 \ldots (x-a)^n\).
Re: Integral
Objavljeno: 3.5.2011 9:21
Napisal/-a Aniviller
Mogoče še razlaga tega prijema: za nerazcepni kvadratni polinom v imenovalcu verjetno veš, da je nastavek tak da je v števcu polinom prve stopnje:
\(\frac{Ax+B}{ax^2+bx+c}\)
Tukaj je isto: če daš tvoj nastavek nazaj na skupni imenovalec dobiš
\(\frac{Ax+B}{x^2}+\frac{C}{x-2}\)
Splošno pravilo: števec mora biti stopnjo manjši od imenovalca, da imaš dovolj prostih parametrov.
Re: Integral
Objavljeno: 10.5.2011 1:22
Napisal/-a sniper
Kako bi se pa bilo najbolje lotit tega primera ?
Re: Integral
Objavljeno: 10.5.2011 9:10
Napisal/-a shrink
sniper napisal/-a:Kako bi se pa bilo najbolje lotit tega primera ?
Rahlo grd integral. Pri integriranju trigonometričnih funkcij je splošna substitucija (če vse drugo prej odpove - kot je že bilo povedano v podobnih temah) tangens polovičnega kota. Tudi v tem primeru bi šlo takoj s to substitucijo, vendar bi producirala racionalno funkcijo s polinomom 4. stopnje v imenovalcu. Zato se je bolje prej znebiti kvadrata sinusa z
\(\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}\), kar da:
\(\int\frac{2\,\mathrm{d}x}{7+3\cos 2x}\).
oz.
\(\int\frac{\mathrm{d}u}{7+3\cos u}\).
Sedaj uporabimo substitucijo s tangensom polovičnega kota:
\(t=\tan\frac{u}{2} \Rightarrow \mathrm{d}u=\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^2}, \cos u=\frac{1-t^2}{1+t^2}\),
kar da (če se nisem kje zmotil):
\(\int\frac{\mathrm{d}t}{5-2t^2}\).
Dobljeno uženemo z razcepom na parcialne ulomke ali prevedemo na integral
\(\int\frac{\mathrm{d}y}{1-y^2}\), katerega je moč najti v tabeli osnovnih intregralov.
Re: Integral
Objavljeno: 14.5.2011 18:47
Napisal/-a Tasko
Živjo.
Meni pa ne gre tale integral:
Naj bi se reševalo z gama, beto funkcijo.
Re: Integral
Objavljeno: 14.5.2011 19:52
Napisal/-a Jurij
uvedeš substitucijo \(t=2x^2\)
\(\int_0^{\infty} x^9 e^{-2x^2}\, dx = \int_0^{\infty} (\frac{t}{2})^{\frac{9}{2}} e^{-t}(2 \sqrt{2} t)^{-1}\, dt =\)
\(= 2^{-6} \int_0^{\infty} t^{\frac{9}{2}-1} e^{-t}\, dt = 2^{-6} \Gamma (\frac{9}{2}) = 2^{-6} \cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\pi}\)
Upam, da se nisem kje zmotil.
Re: Integral
Objavljeno: 15.5.2011 12:20
Napisal/-a Tasko
Jurij napisal/-a:
\(= 2^{-6} \cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\pi}\)
ko ni, na koncu,
\(\frac{1}{2}\) odveč?
Re: Integral
Objavljeno: 15.5.2011 13:27
Napisal/-a Tasko
Jurij napisal/-a:uvedeš substitucijo \(t=2x^2\)
\(\int_0^{\infty} x^9 e^{-2x^2}\, dx = \int_0^{\infty} (\frac{t}{2})^{\frac{9}{2}} e^{-t}(2 \sqrt{2} t)^{-1}\, dt =\)
\(= 2^{-6} \int_0^{\infty} t^{\frac{9}{2}-1} e^{-t}\, dt = 2^{-6} \Gamma (\frac{9}{2}) = 2^{-6} \cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\pi}\)
Upam, da se nisem kje zmotil.
To, žal ne bo pravilno. Methematica izračuna, da je rezultat
\(\frac{3}{8}\).
Mi je pa ratalo dobiti pravilen rezutat...
juhu!