analiza_fmf
Re: analiza_fmf
Nekaj je verjetno narobe prepisano. Rolleov izrek avtomaticno zagotovi, da je \(f'(\xi)=0\) nekje vmes. Ne vem pa zakaj bi moralo biti kjerkoli enako ena
Re: analiza_fmf
Pozdravljeni, probleme imam pri drugi nalogi pri posplošenem integralu. Zanima me kako naj se lotim.
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... k41213.pdf
hvala za pomoč
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... k41213.pdf
hvala za pomoč
Re: analiza_fmf
Edini potencialni pol funkcije je pri \(x=0\). Ker je \(\frac{\sin{x}}{x^s}=\frac{\sin{x}}{x}\cdot\frac{1}{x^{s-1}}\) in je \(\frac{\sin{x}}{x}\) v bližini \(0\) blizu \(1\), integral konvergira natanko tedaj, ko \(\int_0^1\frac{dx}{x^{s-1}}\) konvergira, kar pomeni da mora biti \(s<2\). Torej je pravilno.anavotm napisal/-a:Pozdravljeni, probleme imam pri drugi nalogi pri posplošenem integralu. Zanima me kako naj se lotim.
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... k41213.pdf
hvala za pomoč
Re: analiza_fmf
Zmotil sem se pri številki naloge pa sem potem popravil. Zanima me torej tisti integral pri drugi nalogi:
\(\int_0^{\infty} \dfrac{x e^{-\sqrt{x}}}{\ln(1+x^a)} dx\).
Hvala
\(\int_0^{\infty} \dfrac{x e^{-\sqrt{x}}}{\ln(1+x^a)} dx\).
Hvala
Re: analiza_fmf
Pa res.
Funkcija ima dva potencialna problema: neskončnost in 0.
V neskončnosti v bistvu ni problema, ker tisti \(e\) vse pošlje proti nič. Na primer, hitro lahko preveriš, da je limita izraza \(\frac{x^3e^{-\sqrt{x}}}{\textnormal{ln}(1+x^a)}\), ko gre x proti neskončno, enaka 0, zato je integrand v bližini neskončnosti manjši od \(\frac{1}{x^2}\).
V ničli pa tisti \(e\) itak nič ne prinese, zato je treba gledati obnašanje funkcije \(f(x)=\frac{x}{\textnormal{ln}(1+x^a)}\). Če bi imenovalec razvijal v (kvazi)vrsto, bi dobil \(x^a+\ldots\), odtod ideja, da je celotna funkcija blizu \(\frac{x}{x^a}=\frac{1}{x^{a-1}}\). Zato izračunam limito izraza \(x^{a-1}f(x)\), ko gre \(x\) proti 0 in vidim, da je ta limita 1. To pomeni, da \(f(x)\) lahko primerjam s funkcijo \(\frac{1}{x^{a-1}}\), ki pa konvergira natanko tedaj, ko je \(a<2\).
Funkcija ima dva potencialna problema: neskončnost in 0.
V neskončnosti v bistvu ni problema, ker tisti \(e\) vse pošlje proti nič. Na primer, hitro lahko preveriš, da je limita izraza \(\frac{x^3e^{-\sqrt{x}}}{\textnormal{ln}(1+x^a)}\), ko gre x proti neskončno, enaka 0, zato je integrand v bližini neskončnosti manjši od \(\frac{1}{x^2}\).
V ničli pa tisti \(e\) itak nič ne prinese, zato je treba gledati obnašanje funkcije \(f(x)=\frac{x}{\textnormal{ln}(1+x^a)}\). Če bi imenovalec razvijal v (kvazi)vrsto, bi dobil \(x^a+\ldots\), odtod ideja, da je celotna funkcija blizu \(\frac{x}{x^a}=\frac{1}{x^{a-1}}\). Zato izračunam limito izraza \(x^{a-1}f(x)\), ko gre \(x\) proti 0 in vidim, da je ta limita 1. To pomeni, da \(f(x)\) lahko primerjam s funkcijo \(\frac{1}{x^{a-1}}\), ki pa konvergira natanko tedaj, ko je \(a<2\).
Re: analiza_fmf
Najlepša hvala. Samo tam ne razumem pri neskončnosti. Od kje potem pride tista ocena da je integrand v bližini neskončnosti manjši od \(\frac{1}{x^2}\)
Re: analiza_fmf
Sedaj sem poskušal še ta dva.
1. \(\int_0^{\infty} \frac{1}{x^p+x^q} dx \ ; \ 0<p<q\)
Tu sem v neskončnosti zanemaril \(x^p\) in dobim da konvergira za \(q>1\), pri 0 pa dobim da konvergira za \(p<1\). Zanima me, če je to prav.
2. \(\int_0^{\infty} \dfrac{ln(1+x)}{x^p |x+q|^r} dx\). Tu pa sem popolnoma brez idej.
Če ima kdo čas, bi prosil za pomoč. Hvala vnaprej
1. \(\int_0^{\infty} \frac{1}{x^p+x^q} dx \ ; \ 0<p<q\)
Tu sem v neskončnosti zanemaril \(x^p\) in dobim da konvergira za \(q>1\), pri 0 pa dobim da konvergira za \(p<1\). Zanima me, če je to prav.
2. \(\int_0^{\infty} \dfrac{ln(1+x)}{x^p |x+q|^r} dx\). Tu pa sem popolnoma brez idej.
Če ima kdo čas, bi prosil za pomoč. Hvala vnaprej
Re: analiza_fmf
Če je \(\lim_{x\to\infty}\frac{x^3e^{-\sqrt{x}}}{\textnormal{ln}(1+x^a)}=0\), je \(\frac{x^3e^{-\sqrt{x}}}{\textnormal{ln}(1+x^a)}<1\) od nekje naprej, oziroma \(\frac{xe^{-\sqrt{x}}}{\textnormal{ln}(1+x^a)}<\frac{1}{x^2}\).anavotm napisal/-a:Najlepša hvala. Samo tam ne razumem pri neskončnosti. Od kje potem pride tista ocena da je integrand v bližini neskončnosti manjši od \(\frac{1}{x^2}\)
Re: analiza_fmf
1. je pravanavotm napisal/-a:Sedaj sem poskušal še ta dva.
1. \(\int_0^{\infty} \frac{1}{x^p+x^q} dx \ ; \ 0<p<q\)
Tu sem v neskončnosti zanemaril \(x^p\) in dobim da konvergira za \(q>1\), pri 0 pa dobim da konvergira za \(p<1\). Zanima me, če je to prav.
2. \(\int_0^{\infty} \dfrac{ln(1+x)}{x^p |x+q|^r} dx\). Tu pa sem popolnoma brez idej.
Če ima kdo čas, bi prosil za pomoč. Hvala vnaprej
2. problemi so v 0, -q in neskončnosti. Razvij zgoraj v Taylorja; odtod dobiš idejo, s čim primerjati integrand.
Re: analiza_fmf
Zdravo a bi mi lahko prosim kdo pomagal pri naslednji nalogi?
Naj bo f: [a,b] -> R dvakrat odvedljiva na (a,b) in naj bo f(a)=a, f(b)=3a in f((a+b)/2)=2a. Dokazi, da obstaja tak c iz (a,b), da je f ''(c)=0.
a bi mi lahko prosim kdo pomagal pri naslednji nalogi? Naj bo f: [a,b] -> R dvakrat odvedljiva na (a,b) in naj bo f(a)=a, f(b)=3a in f((a+b)/2)=2a. Dokazi, da obstaja tak c iz (a,b), da je f ''(c)=0.
Re: analiza_fmf
Uporabi Lagrangeov izrek za dane točke paroma: če pokažeš, da na intervalu obstajata točki \(c_1\) in \(c_2\), tako da velja \(f'(c_1)=f'(c_2)\), potem obstaja tudi točka \(c\), tako da velja \(f''(c)=0\) (v bistvu spet po Lagrangeovem izreku, s tem da nadomestiš funkcijske vrednosti s prvimi odvodi, gledaš pa drugi odvod).
Re: analiza_fmf
Ali mi lahko kdo razloži ta matematični pogoj:
Grška črka Psi, pomeni Fourierjevo transformacijo. Kakor razumem vzamemo Fourierjevo transformacijo funkcije, jo kvadriramo. Torej dobimo cela števila, vendar potem vse skupaj delimo s absolutno vrednostjo funkcije. Ne razumem dobro zakaj.
Grška črka Psi, pomeni Fourierjevo transformacijo. Kakor razumem vzamemo Fourierjevo transformacijo funkcije, jo kvadriramo. Torej dobimo cela števila, vendar potem vse skupaj delimo s absolutno vrednostjo funkcije. Ne razumem dobro zakaj.
Re: analiza_fmf
Ta pogoj zagotavlja:
\(\Psi (0)=0\)
Sicer ne vem, za kakšen okvir gre pri tvoji obravnavi, a ta pogoj (t.i. admissibility condition) se posebej omenja pri zvezni valčni transformaciji (continous wavelet transform).
\(\Psi (0)=0\)
Sicer ne vem, za kakšen okvir gre pri tvoji obravnavi, a ta pogoj (t.i. admissibility condition) se posebej omenja pri zvezni valčni transformaciji (continous wavelet transform).
Re: analiza_fmf
Ja točno to potrebujem (CWT). Torej Fourierjeva transformacija od 0 je enaka 0. Ali lahko v parih stavkih obrazložiš kaj točno se dogaja tukaj? Jaz si to predstavljam, da mora biti funkcija konstantna v ničli saj tako ni odziva v frekvenčnem prostoru. Vendar imajo valčki ravno okoli ničle oscilacijo.
hvala za pomoč.
hvala za pomoč.
Re: analiza_fmf
To, da ima Fourierjeva transformiranka ničlo pri \(\omega=0\), ne nujno pomeni, da ni odziva v frekvenčnem prostoru. V bistvu temu ustreza vsaka frekvenčna karakteristika tipa:
\(\displaystyle H(i\omega)=\frac{i\omega}{B(i\omega)}\),
kjer je \(B(0)\ne 0\).
Ker pa iz prej omenjenega pogoja (poleg \(\Psi(0)=0\)) sledi tudi \(\Psi(\infty)=0\), je potem že nekako jasno, kakšno frekvenčno karakteristiko (spekter) to pomeni: takšno, kot jo imajo ozkopasovni filtri; npr. za ozkopasovni filter drugega reda (s centralno frekvenco \(\omega=1\), pasovno širino 1 in amplitudo 1):
\(\displaystyle H(i\omega)=\frac{i\omega}{(i\omega)^2+i\omega+1}\)
se zlahka vidi \(H(0)=0\) in \(H(\infty)=0\).
Dalje, iz \(\Psi(0)=0\) tudi sledi v časovnem prostoru:
\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\psi(t)dt=0\),
kar implicira oscilatorno naravo in hkrati s frekvenčnim spektrom na ozkem pasu: val.
Vse to je npr. opisano/razloženo tudi tukaj (od koder si tudi prilepil pogoj):
http://www.polyvalens.com/blog/wavelets/theory/
\(\displaystyle H(i\omega)=\frac{i\omega}{B(i\omega)}\),
kjer je \(B(0)\ne 0\).
Ker pa iz prej omenjenega pogoja (poleg \(\Psi(0)=0\)) sledi tudi \(\Psi(\infty)=0\), je potem že nekako jasno, kakšno frekvenčno karakteristiko (spekter) to pomeni: takšno, kot jo imajo ozkopasovni filtri; npr. za ozkopasovni filter drugega reda (s centralno frekvenco \(\omega=1\), pasovno širino 1 in amplitudo 1):
\(\displaystyle H(i\omega)=\frac{i\omega}{(i\omega)^2+i\omega+1}\)
se zlahka vidi \(H(0)=0\) in \(H(\infty)=0\).
Dalje, iz \(\Psi(0)=0\) tudi sledi v časovnem prostoru:
\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\psi(t)dt=0\),
kar implicira oscilatorno naravo in hkrati s frekvenčnim spektrom na ozkem pasu: val.
Vse to je npr. opisano/razloženo tudi tukaj (od koder si tudi prilepil pogoj):
http://www.polyvalens.com/blog/wavelets/theory/