Zanima me naslednji integral in sicer integral od cos(x)*cos(3x)*dx
Hvala in LP!
Integral
Re: INTEGRAL
Takole gre... premetavas dokler ne dobis kaj pametnega. Najbolj univerzalno (in najvec dela) je univerzalna trigonometricna substitucija. Naslednja moznost je razbitje cos(3x) do konca s cimer dobis kup potenc kosinusa, vendar so sode, kar je znan vendar nekoliko zoprn integral (so pa tabelirani). Najlepsi nacin se mi zdi tale:
cos(3x)=cos(x)cos(2x)-sin(x)sin(2x)
integrand postane:
cos(3x)*cos(x)=cos^2(x)cos(2x)-cos(x)sin(x)sin(2x)
prvi clen na dvojne kote, drugi clen pa tudi (tega itak prepoznamo)
(1+cos(2x))/2 * cos(2x)-sin(2x)/2*sin(2x)=
cos(2x)/2+cos(4x)/2
To dvoje je oboje trivialno integrabilno.
cos(3x)=cos(x)cos(2x)-sin(x)sin(2x)
integrand postane:
cos(3x)*cos(x)=cos^2(x)cos(2x)-cos(x)sin(x)sin(2x)
prvi clen na dvojne kote, drugi clen pa tudi (tega itak prepoznamo)
(1+cos(2x))/2 * cos(2x)-sin(2x)/2*sin(2x)=
cos(2x)/2+cos(4x)/2
To dvoje je oboje trivialno integrabilno.
-
tanjuska2222
- Prispevkov: 9
- Pridružen: 11.1.2011 0:00
Re: INTEGRAL
hm... mar ni formula za trojni kot:
cos(3x)=4*cos^3(x)-3*cos(x)?
cos(3x)=4*cos^3(x)-3*cos(x)?
Re: INTEGRAL
Ja je ampak s tem prides do tiste malo manj ugodne verzije - sode potence kosinusa integrirat spet zahteva prehod na dvojne kote tako da nisi nic na boljsem. Jaz sem razstavil kot kosinus vsote cos(x+2x), je boljse.
-
tanjuska2222
- Prispevkov: 9
- Pridružen: 11.1.2011 0:00
Re: INTEGRAL
aha... no to bi znalo pojasnit mojo klobaso na listu... hvala 
Re: INTEGRAL
Formula cos(x)cos(y)=(cos(x+y)+cos(x-y))/2 dela čudeže.
Re: Integral
Živjo...res zlo bi biu hvaležn, če bi mien znoru razložit, kako obravnavamo konvergenco integrala...
Grem kr k nalogi, bo najlažje....
Obravnavaj konvergenco integralov v odvisnosti od realnega parametra p:
\(\int_0^{\infty}\frac{arctgx}{x^p}\)
Vem, da morm ločt primera:
1.)obravnava integrala v okolice 0, ker je tm integral neomejen
2.)neomejenost integrala
Pri 1.) sem zapisal \(\frac{arctgx}{x^p}=\frac{\phi (x)}{x^\alpha}\), kjer je \(\frac{arctgx}{x^{p-\alpha}}\). Zdej pa ne vem, kako naprej. Kako nej to zvezno razširim v točko 0?
Grem kr k nalogi, bo najlažje....
Obravnavaj konvergenco integralov v odvisnosti od realnega parametra p:
\(\int_0^{\infty}\frac{arctgx}{x^p}\)
Vem, da morm ločt primera:
1.)obravnava integrala v okolice 0, ker je tm integral neomejen
2.)neomejenost integrala
Pri 1.) sem zapisal \(\frac{arctgx}{x^p}=\frac{\phi (x)}{x^\alpha}\), kjer je \(\frac{arctgx}{x^{p-\alpha}}\). Zdej pa ne vem, kako naprej. Kako nej to zvezno razširim v točko 0?
Re: Integral
Znoru?
Oboje resis z razvojem v vrsto. V okolici 0 uporabis Taylorja za arkus tangens. Pomemben je samo najnizji clen (ce najnizji clen da koncni rezultat, z visanjem potence x samo izboljsujes konvergenco). Torej, \(\arctan x =x+o(x^2)\) in
\(\int_0^\epsilon \frac{\arctan x}{x^p}dx=\int_0^\epsilon (x^{1-p}+o(x^{2-p}))dx\)
Ves, da ta integral konvergira za potence, vecje od -1, torej
\(1-p>-1\)
\(p<2\)
V neskoncnosti naredis isto, ce zamenjas spremenljivko y=1/x in ponovis zgornji postopek okrog y=0.
Oboje resis z razvojem v vrsto. V okolici 0 uporabis Taylorja za arkus tangens. Pomemben je samo najnizji clen (ce najnizji clen da koncni rezultat, z visanjem potence x samo izboljsujes konvergenco). Torej, \(\arctan x =x+o(x^2)\) in
\(\int_0^\epsilon \frac{\arctan x}{x^p}dx=\int_0^\epsilon (x^{1-p}+o(x^{2-p}))dx\)
Ves, da ta integral konvergira za potence, vecje od -1, torej
\(1-p>-1\)
\(p<2\)
V neskoncnosti naredis isto, ce zamenjas spremenljivko y=1/x in ponovis zgornji postopek okrog y=0.
Re: Integral
Hahah...mal sm se zatipku...znou*.
Ok, jst sm po drugačni poti mislu reševat. Zakaj more v tem primeru limita \(\phi(x)\) pridet različna od 0?
Ok, jst sm po drugačni poti mislu reševat. Zakaj more v tem primeru limita \(\phi(x)\) pridet različna od 0?
Re: Integral
Ker ce ne pride, imas spet nedolocen izraz 0/0 in spet ne ves pri cem si. V bistvu je limita fi(x) v 0 ravno najnizji predfaktor po Taylorju (v nasem primeru 1), in alfa=p-1.
Re: Integral
Ok, hvala ti...Taylorja še ne znam...kako se je drugače najbolje lotiti teh nalog?
jst sm si tkole zamislu. 1.) če maš integral v mejah od 0 do neskončno recimo...najprej pogledaš, če je omejen v 0, potem razdeliš integral na dva dela(od 0 do a in od a do neskončno).
Se pravi, da more limita \(\phi(x)\) priti tko, da izraz \(\frac{\phi(x)}{x^{\alpha}}\) ne pride 0/0?
jst sm si tkole zamislu. 1.) če maš integral v mejah od 0 do neskončno recimo...najprej pogledaš, če je omejen v 0, potem razdeliš integral na dva dela(od 0 do a in od a do neskončno).
Se pravi, da more limita \(\phi(x)\) priti tko, da izraz \(\frac{\phi(x)}{x^{\alpha}}\) ne pride 0/0?
Re: Integral
Ok, zdej mal bl razumem....sam še neki.
Obravnavaj konvegenco integrala \(\int_{0}^{\infty} \frac{lnx}{3+2x^{2}}\).
V rešitvah je tkole: \(\phi(x) =\frac{x^{\alpha}lnx}{3+2x^2}\). Pol je pa tak sklep:Integral zagotovo obstaja, če lahko določimo \(\alpha\) manjši od 1 tako, da je mogoče funkcijo \(\phi\) zvezno razširiti na interval [0,1]. Za \(\alpha\) večje od 0 izračunamo:
\(lim(x pada proti 0) \phi(x)=0\) ..potem so pa napisali, da lahko vzamemo katerikoli \(\alpha \in (0,1)\), da bo integral obstajal. Zakaj tak sklep?
Obravnavaj konvegenco integrala \(\int_{0}^{\infty} \frac{lnx}{3+2x^{2}}\).
V rešitvah je tkole: \(\phi(x) =\frac{x^{\alpha}lnx}{3+2x^2}\). Pol je pa tak sklep:Integral zagotovo obstaja, če lahko določimo \(\alpha\) manjši od 1 tako, da je mogoče funkcijo \(\phi\) zvezno razširiti na interval [0,1]. Za \(\alpha\) večje od 0 izračunamo:
\(lim(x pada proti 0) \phi(x)=0\) ..potem so pa napisali, da lahko vzamemo katerikoli \(\alpha \in (0,1)\), da bo integral obstajal. Zakaj tak sklep?
Re: Integral
Hm... kolikor vem je Taylorjeva vrsta delno pokrita ze v gimnaziji... da bi bile limite pred Taylorjevim razvojem je malo cudno.
Sicer ja, ce imas dve sporni meji, obdelas vsako posebej.
Kako tocno ste definirali to pomozno funkcijo fi in kako ste postavili pogoj za konvergenco? Tako, da bova delala z isto definicijo.
Sicer ja, ce imas dve sporni meji, obdelas vsako posebej.
Kako tocno ste definirali to pomozno funkcijo fi in kako ste postavili pogoj za konvergenco? Tako, da bova delala z isto definicijo.
Re: Integral
Kriterij za konvergenco integrala na intervalu (a,b]. Integrand(f(x)) zapišemo v obliki kvocienta \(\frac{\phi(x)}{(x-a)^{\alpha}}\), pri čemer izberemo takšen \(\alpha\), da bo \(lim(x->a)\phi(x)=L\), če je to mogoče. V primeru, da je \(\alpha\) manjši od 1, integral konvergira, če pa je \(\alpha\) večji ali enak 1 in L različen od 0, potem integral divergira
Kriterij za konvergenco integrala na intervalu \([c,\infty)\): \(\frac{\phi(x)}{(x)^{\alpha}}\), pri čemer izberemo takšen \(\alpha\), da bo \(lim(x->a)\phi(x)=L\), če je to mogoče. V primeru, da je \alpha večji od 1, integral konvergira, če pa je \alpha manjši ali enak 1 in L različen od 0, potem integral divergira
Kriterij za konvergenco integrala na intervalu \([c,\infty)\): \(\frac{\phi(x)}{(x)^{\alpha}}\), pri čemer izberemo takšen \(\alpha\), da bo \(lim(x->a)\phi(x)=L\), če je to mogoče. V primeru, da je \alpha večji od 1, integral konvergira, če pa je \alpha manjši ali enak 1 in L različen od 0, potem integral divergira
Re: Integral
Aha, torej imas kar isti kriterij za 0 in neskoncno, samo test za alfa je drug.
No, ce povzameva ta nacin, potem nimas kaj drugega, kot da si ogledas limito:
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^\alpha \ln x}{3+2x^2}\)
Imenovalec je nesporen (limitira proti 3). Stevec je torej edini, ki potencialno dela probleme. Kot prvo, mora biti alfa pozitiven, da imas izraz tipa 0*neskoncno in ima limita moznost obstajat. Po eni strani lahko napises to kot limito oblike neskoncno/neskoncno, ce neses x^\alpha v imenovalec
\(=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{x^{-\alpha}}\)
in tega se lahko lotis z odvajanjem (l'Hospitalovo pravilo):
\(=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{1/x}{-\alpha x^{-\alpha-1}}=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0} \frac{-x^{\alpha}}{\alpha}\)
To pa ves, da konvergira proti 0 za vsak alpha>0 (torej lahko izberes alfa manjsi od 1 da limita obstaja in je celo enaka 0). Integral lepo konvergira okrog 0. To itak ves ze zato, ker poznas integral logaritma od 0 do 1, ki je enak 1.
Za neskoncnost:
\(\lim_{x\to \infty}\frac{x^\alpha \ln x}{3+2x^2}\)
Zdaj za konvergenco rabimo alfa>1. V limiti je 3 v imenovalcu zanemarljiva, in lahko pises kot
\(\lim_{x\to \infty}\frac{\ln x}{2x^{2-\alpha}}\)
To spet napades z l'Hospitalom (odvajas zgoraj in spodaj):
\(\lim_{x\to \infty}\frac{1/x}{2(2-\alpha)x^{1-\alpha}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{\alpha-2}}{2(2-\alpha)}\)
To konvergira za \(\alpha-2< 0\) oziroma \(\alpha< 2\). Torej obstaja alfa vecji od 1, da limita obstaja (in je spet enaka 0).
No, ce povzameva ta nacin, potem nimas kaj drugega, kot da si ogledas limito:
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^\alpha \ln x}{3+2x^2}\)
Imenovalec je nesporen (limitira proti 3). Stevec je torej edini, ki potencialno dela probleme. Kot prvo, mora biti alfa pozitiven, da imas izraz tipa 0*neskoncno in ima limita moznost obstajat. Po eni strani lahko napises to kot limito oblike neskoncno/neskoncno, ce neses x^\alpha v imenovalec
\(=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{x^{-\alpha}}\)
in tega se lahko lotis z odvajanjem (l'Hospitalovo pravilo):
\(=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{1/x}{-\alpha x^{-\alpha-1}}=\frac{1}{3}\lim_{x\to 0} \frac{-x^{\alpha}}{\alpha}\)
To pa ves, da konvergira proti 0 za vsak alpha>0 (torej lahko izberes alfa manjsi od 1 da limita obstaja in je celo enaka 0). Integral lepo konvergira okrog 0. To itak ves ze zato, ker poznas integral logaritma od 0 do 1, ki je enak 1.
Za neskoncnost:
\(\lim_{x\to \infty}\frac{x^\alpha \ln x}{3+2x^2}\)
Zdaj za konvergenco rabimo alfa>1. V limiti je 3 v imenovalcu zanemarljiva, in lahko pises kot
\(\lim_{x\to \infty}\frac{\ln x}{2x^{2-\alpha}}\)
To spet napades z l'Hospitalom (odvajas zgoraj in spodaj):
\(\lim_{x\to \infty}\frac{1/x}{2(2-\alpha)x^{1-\alpha}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{\alpha-2}}{2(2-\alpha)}\)
To konvergira za \(\alpha-2< 0\) oziroma \(\alpha< 2\). Torej obstaja alfa vecji od 1, da limita obstaja (in je spet enaka 0).