Pomoč pri vrstah in integralih.

[Raven]

Lep pozdrav. Naslednji teden me čaka izpit iz Analize, zelo bi mi pomagalo če bi mi kdo dal kakšen namig ali celo rešitev pri naslednjih nalogah.
Taylorjeve vrste:
1. S pomočjo Taylorjeve vrste izračunaj
\(\lim_{x\rightarrow 0} \frac{cosx-e^{\frac{x^2}{2}}+x^2}{x^4}\)
2. S pomočjo razvoja funkcije f(x)=ln(x+9) v Taylorjevo vrsto v okolici točke x=1 izračunaj vsoto:
\(\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}*\frac{1}{5^n*n}\)-Že rešeno, hvala.

Zaenkrat bi vprašal za ti 2 nalogi, bo pa še najbrž prišlo kakšno vprašanje več.
Sem že pogledal druge objave glede taylorjevih vrst na forumu, pa bi mi blo vseeno najlažje če bi mi kdo rešil te naloge ki jih imam sam. Če se bo komu dalo še napisat kakšen namig za splošno reševanje takih nalog bi bilo tudi zelo dobrodošlo, saj sem pri teh poglavjih večinoma manjkal.

Popravek: Sem že rešil 2. nalogo.

[Aniviller]

1) Razvit moras ocitno vsaj do clena x^4, saj vidis, da (ce limita sploh obstaja), bo clen x^4 se pokrajsal in torej dal koncno vrednost limite. Posamezni vrsti v stevcu poznas:
\(\cos x =1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{24}x^4-\cdots\)
\(e^{x^2/2}=1+x^2/2+\frac{1}{2}(x^2/2)^2+\cdots\)
in ko to sestavis, pride
\(\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{24}x^4-1-\frac{x^2}{2}-\frac{1}{8}x^4+x^2+o(x^5)}{x^4}\)
\(=-\frac{1}{12}\)
Ce nisi ziher koliko se pokrajsa, razvij se malo naprej - toliko mora bit, da so napake in manjkajoci cleni samo v tistih clenih kjer bi itak prislo 0 po limitiranju.

[Raven]

Najlepša hvala Aniviller. Sem v tem času sicer s pomočjo nekega videja prišel do postopka, ampak sem se zmotil v enem izmed predznakov. Hvala za razlago, mi je veliko bolj jasno zdaj. Se še morda javim s kakšnim vprašanjem ali nejasnostjo danes.
Lep pozdrav in še enkrat hvala za hiter odgovor.

[Raven]

Ponovno lep pozdrav! Če ima kdo čas in voljo bi mi zelo pomagalo če bi mi namignil ali pomagal kako rešiti naslednje naloge. Sta 2 izmed letošnjih izpitov, zato bi mi rešitve ali namigi res zelo pomagali.
Prilagam linke:
http://www4.slikomat.com/13/0821/czs-neimen.jpg-Druga, tretja in četrta naloga.
http://www4.slikomat.com/13/0821/okr-neimen.jpg-Prva, tretja in četrta naloga.

Najlepša hvala za vso pomoč in lep dan še naprej.

[Aniviller]

prvi:
2) kubicne enacbe imajo sicer svojo precej zanimivo teorijo, ampak v tem primeru je dovolj, da dokazes, da je funkcija monotona (odvajas in ugotovis da nima ekstremov).
3a) Nacinov je seveda veliko (per partes bi se dalo, ce prav izberes, poleg tega je to eden izmed precej elementarnih integralov - tudi odvajanje po parametru bi slo, ce si parameter not vtaknes na pravo mesto).
Eden izmed precej zanimivih nacinov je, da poskusas izkoristit zvezo 1+tan^2 u=1/cos^2 u. Torej, tan u=2x, naredis substitucijo, in si prakticno na koncu, ker se precej poenostavi. Drug nacin je, da zgoraj odstejes in pristejes 4x^2, tako da dobis
\(\frac{1}{1+4x^2}-\frac{4x^2}{(1+4x^2)^2}\)
prvi clen je tabeliran, drugi je pa resljiv per partes, ce vzames du=x/(1+4x^2)^2 dx, v=x. Najbrz je se bolj direkten nacin ki ga ne vidim zdajle.
Po vsej verjetnosti je misljeno, da uporabis specialne funkcije, saj gre za doloceni integral na lepih mejah. Beta funkcija ima eno izrazavo, ki govori direktno o integralu na neskoncnem intervalu (peta formula na http://sl.wikipedia.org/wiki/Funkcija_beta). V to obliko prides s substitucijo t=4x^2.

3b) Tukaj tudi prides skozi po hitrem postopku, ce uporabis beta funkcijo, tokrat kar direktno po prvi formuli.
Pri obeh lahko najprej razpolovis interval zaradi sodosti.

4a) No tukaj pac razvijes in pogledas kdaj se tako pokrajsa, da ni neskoncnih clenov oblike 1/x. Spodaj se takoj vidi, da bo prvi nenicelni clen stopnje x^3. Zgoraj torej razvijes do tretje stopnje in zahtevas, da so cleni pri 1,x in x^2 enaki 0. Potem samo x^3 pokrajsas v preostalem clenu in dobis rezultat.

4b) Ena moznost je, da odvajas dokler ne bruhas krvi. Lahko pa razstavis imenovalec na (4x-1)(x+1), razbijes na parcialne ulomke, in prepoznas v vsakem clenu vsoto geometrijske vrste (za dva razlicna "q"). Konvergencni radij vsote je tam, kjer konvergirata oba kosa.

drugi:
1)
Ocitno bo nekaj z integrali/odvodi, ker prepoznas sorodnost clenov. Srednji clen prepoznas kot
\(\int_a^b\frac{1}{1+x^2}dx\)
Ker je funkcija 1/(1+x^2) padajoca, je \(\frac{1}{1+b^2}<\frac{1}{1+x^2}<\frac{1}{1+a^2}\), ce je a<x<b. Potem samo to neenacbo integriras, in prvi in zadnji integral sta integrala konstante (ker je a in b ze vstavljen in x ni vec notri), srednji pa pride tisto zgoraj. Dobis tocno neenakost ki jo isces.
3)
Vse vsote tega tipa se da prevest na geometrijske vrste, tiste clene kjer n ni v eksponentu pa pospravis v odvode.
Celoten splosen postopek, ki si ga je vredno zapomnit: ves, da je
\(\sum_{n=0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x}\)
Ce to odvajas, dobis hitro tudi
\(\sum_{n=1}^\infty n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}\)
To lahko v celoti mnozis z x na obeh straneh, da nazaj poravnas clen na x^n (da bo lazje sestevat vrste, da ne bo premaknjeno). Dobis
\(\sum_{n=0}^\infty n x^{n}=\frac{x}{(1-x)^2}\)
kjer sem lahko sesteval od n=0 naprej, ker nicti clen itak zaradi mnozenja z n pride 0 in je torej vseeno.
Ce to se enkrat odvajas, dobis
\(\sum_{n=1}^\infty n^2 x^{n-1}=\frac{1+x}{(1-x)^3}\)
oziroma ko mnozis z x in dodas spet n=0, da poravnas vrsto, dobis
\(\sum_{n=0}^\infty n^2 x^{n}=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\)
Zdaj imas vse komponente, ki jih rabis. Tvojo vrsto prepoznas kot vsoto
\(\sum_{n=1}^\infty (n^2 +3n+2)x^n\)
za x=1/4. Torej samo sestejes ustrezno kombinacijo zgoraj izpeljanih vrst, pri cemer moras pazit, da vsota tece od n=1 namesto n=0, torej moras tisti nicti clen nazaj odstet da bo prav. Samo to ni hudo. Na ta nacin se lahko lotis katerekoli vrste s clenom p(n)*x^n, kjer je p(n) popolnoma poljuben polinom.

V tem konkretnem primeru sicer lahko rahlo pospesis postopek, saj je stevec (n+1)(n+2), in ce malo premaknes vrsto, da sesteva x^(n+2), dobis z dvakratnim odvajanjem tocno pravo stvar (faktorji ravno padajo za ena, in ni treba nazaj z x mnozis da dvigujes potenco).

4a) To je samo per partes formula.
4b) Postopek per partes iz 4a ponavljas (vedno tisti 1/x^n znova in znova odvajas).

[Raven]

Res ti najlepša hvala da si si vzel čas. Bom preštudiral vse napotke in namige in se lotil reševanja. Če se mi slučajno kje zalomi se še obrnem kaj na tvojo pomoč.
Še enkrat hvala, res si mi zelo pomagal.
Lep dan še naprej.

[Raven]

Bi mi slučajno lahko obe nalogi, pri katerih si omenil rešitev z beta funkcijo malo bolj na podrobno razložil? Druge razlage so super, samo ta mi ni dovolj domača.
Najlepša hvala.

[Aniviller]

Za Beta funkcijo si zapomnis ali pogledas izrazavo z integralom. Ta stvar pac predstavlja resitve cele druzine dolocenih integralov (na lepih mejah), ki sicer niso izrazljivi z obicajnim naborom analiticnih funkcij (razen za posebne primere).
V tem primeru prepoznas, da bo koristna zveza
\(B(a,b)=\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{b-1}{\,\rm d}t\)
Predelat moras v to obliko. Zacnes z
\(\int_{-1}^1 (1-x^2)^n{\,\rm d} x=2\int_0^1 (1-x^2)^n{\,\rm d}x\)
ce hoces zgornjo obliko, bo treba t=x^2. Za substitucijo bo potrebno se \({\rm d}t=2x{\,\rm d}x\). Pride
\(=2\int_0^1 \frac{1}{2x}(1-t)^n{\,\rm d}t\)
kjer moras zdaj se \(x=t^{1/2}\) uporabit, da do konca zamenjas spremenljivko:
\(=\int_0^1 t^{-1/2}(1-t)^n{\,\rm d}t\)
Po primerjavi z zgornjim izrazom za Beta funkcijo preberes, da to pride
\(=B(1/2,n+1)\)
To je samo po sebi samo fancy nacin za nekaj kar ne znas izracunat. V splosnem seveda. Ker imas pa precej lepe argumente (celostevilski n in tista polovicka), pa lahko poenostavis. Kot prvo, beta funkcijo lahko prevedes na gama funkcijo z zvezo \(B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\), s cimer dobis
\(=\frac{\Gamma(1/2)\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+3/2)}\)
Za tisto polovicko je znan rezultat iz teorije, da pride \(\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}\). Za celostevilske imas povezavo s faktorialom, \(\Gamma(n)=(n-1)!\). Tko da ostane
\(=\sqrt{\pi}\frac{n!}{\Gamma(n+3/2)}\)
Za Gama funkcijo velja isto pravilo kot za faktorial, tako da je \(\Gamma(n+3/2)=(n+1/2)(n-1/2)\cdots(1/2)\) ampak ce malo pobrskas po
http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function
in vidis "duplication formula":
\(\Gamma(n+3/2)=\Gamma(n+1+1/2)=\frac{\Gamma(2(n+1))}{\Gamma(n+1)}\sqrt{\pi}2^{1-2(n+1)}\)
\(=\frac{(2n+1)!}{n!}\sqrt{\pi}2^{-2n-1}\)
zgornji rezultat pa potem postane
\(=\frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}\)
Za namene izpita je sigurno cisto ok ce pustis v obliki beta funkcije B(1/2,n), sva pa videla, da se da relativno poenostavit in dobit zakljuceno formulo, ki ne vsebuje specialnih funkcij. Resitve so navadni celostevilski ulomki. Rezultat je pa vseeno dovolj ogaben, da lahko sklepas, da brez poti skozi beta funkcijo, samo s kaksno iteracijo, izrazanjem n clena z n-1..., skoraj sigurno ne prides lepo skozi, vsaj ne do splosne formule (dvomim da bi tole uganil ce bi poracunal za n=1,2 in 3).

Ta naloga je sla preko definicije beta funkcije, ki jo student zlahka prepozna, ker je pac ena izmed osnovnih definicij in je zelo simetricna. Tista oblika pri a nalogi, z integralom do neskoncno, je pa vsaj meni malo manj prepoznavna (ceprav ima podobno finto, vse te definicije kombinirajo nekaj "t" in "1-t" ali "1+t" s splosnimi potencami). To sem jaz tako nasel, da mi je "zadisalo" po Beta funkciji, ko sem pretvarjal na tangens obliko, in sel gledat na wiki.

Torej, najin cilj je dobit nekaj v stilu
\(B(a,b)=\int_0^\infty \frac{t^{a-1}}{(1+t)^{a+b}}{\,\rm d}t\)

Zacetna oblika integrala:
\(\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(1+4x^2)^2}{\,\rm d}x=2\int_0^\infty\frac{1}{(1+4x^2)^2}{\,\rm d}x\)
Zdej takoj t=4x^2, dt=8x dx, pride nekaj v stilu
\(=2\int_0^\infty \frac{1/(8x)}{(1+t)^2}{\,\rm d}t\)
in zdaj seveda se \(x=\tfrac 12 t^{1/2}\):
\(=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{t^{-1/2}}{(1+t)^2}{\,\rm d}t\)
in zdej prepoznas beta funkcijo
\(=\frac{1}{2}B(1/2,3/2)\)
in to potem razbijes na
\(=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(1/2)\Gamma(3/2)}{\Gamma(2)}=\)
\(=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{\pi}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}{1!}=\frac{\pi}{4}\)
spet sem uporabil \(\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1)\) da sem razbil tiste 3/2.

Kot sem ze na prej omenil, ta ni tko grozen (nima nekega splosnega n notri), in prides skozi tudi preko nedolocenega integrala in z vstavljanjem mej (ni neizrazljiv nedolocen integral, pride nek arkus tangens pa neki racionalnega, nic posebnega). Od tam tud pride pi pol.

Torej, splosni namigi:
Zabijes si v glavo kaksno obliko hoces videt, ker tisto pac znas resit, in predelujes toliko casa da spravis do te oblike. Samo ne smes zmotno mislit da se da kadar se ne da
Zapomnis si osnovno integralsko definicijo gama funkcije (pogosto pride ze ta direktno, ne preko beta funkcije), integralsko definicijo beta funkcije (vec oblik ce se da), izrazanje bete z gamo, povezavo med celostevilsko gamo in faktorialom, in pa tisto posebno vrednost \(\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}\). S tem vecinoma prides skozi.

[Raven]

Najlepša hvala da si si vzel čas in za res hiter odgovor! Res dobro razloženo, škoda da te ne morem kar celotne snovi izprašat Še posebaj cenim ta splošni napotek, saj postopek naloge in rešitev ponavadi razumem, ko pa se sam spravim reševat kaj podobnega pa se ne znajdem najboljše.
Res hvala, pa upam da ne boš zameril če se bom tekom tedna še kdaj oglasil s kakšno nejasnostjo.
Lep dan še naprej.

[Raven]

Ponovno lep pozdrav!
Kaj pri 1b nalogi iz drugega testa samo izračunaš ali si pač pomagaš z rezultatom iz a, al kaj je fora?
Se pri integralih približno vidi kdaj bi "moral" uporabit kakšen način integriranja? Verjamem da to pride z vajo, ampak se mi še vedno zgodi, da se včasih katerega lotim napačno in s tem samo porabim čas...
Se recimo pri teh dveh integralih vidi kaj bi moral uporabit:
\(\displaystyle\int\frac{1}{(x-1)(x+2)}\sqrt[4]{\frac{x-1}{x+2}}dx\)
\(\displaystyle\int_{0}^{1}x^{\alpha}\ln^{n}xdx\), kjer je \(n \in \mathbb{N} \cup \left\{0}\right\}\) in \(\alpha > -1\)

Prav tako me zanima ta naloga, saj se med postopkom izgubim...
Naj bo f:R->R taka odvedljiva funkcija, da velja \(\lim_{x \to \infty}f^{'}(x)=0\) Dokaži, da je
\(\lim_{x \to \infty}(f(x+1)-f(x))=0\)
Lep dan še naprej in že vnaprej hvala za pomoč.

[Aniviller]

1b) Ja, recikliras rezultat 1a. Samo malo moras pomislit. V geometrijski reprezentaciji je rezultat arkus tangensa ponavadi kot, torej nekaj kar ima raje notri kak pi, argument arkus tangensa je pa stevilka, ki ima vec skupnega z enko kot s pi-jem. Stevilka je sicer stevilka, ampak pi nekako sodi bolj med kotne spremenljivke, in tisti pi/4 je na napacni strani, tam kjer hoces a-je in b-je.
Zato odstejes celi stvari pi/4, in dobis
\(\frac{3}{25}<\arctan \frac{4}{3}-\arctan 1<\frac{1}{6}\)
To pa zdaj lahko dokazes z 1a.

Sicer je pri integraciji najmocnejse orodje iskanje vzorcev in simetrij - nekako prepoznas kaj hoces dobit, in prepoznas podobnost. Ce vidis kaksno stvar ki bi jo raje videl odvajano ali integrirano, poskusis per partes. Ce vidis v stevcu nekaj, kar bi lahko bilo sorodno odvodu nove spremenljivke, ki ti ustreza, poskusis to. Sodost in lihost je kar vazna.

Pri prvem integralu opazis, da gre vse nekaj na x-1 in x+2. Ti bom napisal kako sem jaz sklepal (pri integraciji ne najdes vedno takoj najboljse resitve).
Najprej sem prepisal v obliko
\((x-1)^{-3/4}(x+2)^{-5/4}{\,\rm d}x\)
Ce bi bil to kak dolocen integral na zelo lepih mejah, bi se dalo z novimi spremenljivkami prevest na beta funkcijo (ce se da spravit meje nad 0 do 1 recimo). Ampak za nedoloceni integral pa v splosnem tole ne bo ravno dobro. Zato se osredotocis na to, kaj te moti, zakaj se ne da resit. Tezava je tisti koren. Ce bi bil koren, ampak notri samo x, bi bila navadna potencna funkcija, ki jo znas integrirat. Ali pa ce ne bi bilo korena in bi bila racionalna funkcija, bi tudi bilo bolje. Zato poskusis
\(t=\frac{x-1}{x+2}\)
ne izgleda takoj jasno, kaj bo pridelal dt, in kaj tocno naredit s tistim ulomkom spredaj, ampak poskusit ne skoduje:
\(dt=\frac{3}{(x+2)^2}dx\)
To je idealno... ko izrazis dx, tisti nesrecni ulomek ravno predelas v "t", tako da je menjava spremenljivka uspesna, brez ostankov.

Tudi ce bi cel koren dal za novo spremenljivko, bi slo skozi na podobno uspesen nacin, samo malo bolj umazano odvajanje imas.

Drugi integral:
Logaritem na potenco je grda stvar, zato das t=ln(x). Takoj vidis, da bo to uspesno, saj zadisi po definiciji gama funkcije: \(x=e^t\), \(dx=e^t\,dt\)... pridelas
\(\int_{-\infty}^0 e^{(\alpha+1) t}t^n{\,\rm d}t\)
To je ze skoraj to kar rabis, samo se eksponent hoces, da je \(e^{-u}\), namesto tiste alfe, in to je ena obicajna substitucija.

[Aniviller]

Limita:
No, razlika f(x+1)-f(x) je priblizek odvoda, a precej slab... za h=1 Ampak vendar, nekako je logicno, da bo vseeno veljalo v neskoncnosti ko se vse zravna, samo dokazat je treba. Vidim dve moznosti: ena je, da za namene dokaza uvedes novo spremenljivko tipa y=ax, in potem a limitiras tako, da dobis nazaj definicijo odvoda. Druga moznost je, da dokazes, da ce gre f'(x)=0 v neskoncnosti proti 0, gredo proti 0 tudi vsi visji odvodi, in potem s taylorjem dokazes (samo tukaj imas tezave ker ne ves konvergencnega radija).

[Raven]

Ponovno lep pozdrav(zadnjič za nekaj časa)
Res najlepša hvala za vso pomoč in odgovore, res mi je pomagalo pri razumevanju vsega skupaj. Na žalost se je iz neznanega razloga zgodilo, da mi je AIPS izbrisal vse prijave tega tedna. In to čez noč iz 23ega na 24ega, pri čemer je bil rok za prijavo na Analizo 23ega. Danes sem se šel dogovarjat v referat, ampak me zaradi novega sistema AIPS-a to leto ne morejo prijavit, tako da bom očitno mogel Analizo 2 opravljat naslednje leto. Na srečo sem še ujel rok za tretji izpit(tri sem mel planirane ta teden), ki poteka v petek, tako da se lahko, če bo sedaj vsaj malo sreče, pogojno vpišem v tretji letnik. Še enkrat najlepša hvala za vso pomoč, škoda da se ni izšlo po načrtih.
Hvala,
Raven

[Raven]

Lep pozdrav ponovno po pol leta!

Hvala še enkrat aniviller-ju za vse odgovore ki mi jih je dal avgusta! Če je možno bi postavil še kakšno vprašanje, saj sem ponovno pred enakim izpitom.

http://matematika-racunalnistvo.fnm.uni ... -12-13.pdf
Torej, zanimajo me:
- naloga 1... Nisem ravno preprican kako se naj tega lotim, predvidevam pa da je dokaj lahko ko dobiš idejo...
- pri nalogi 3a... Sam sem reševal na način, da sem ulomek racionaliziral, ga nato razširil tako da tudi zgoraj nisem imel korenov in poskusil integrirati kar po pravilih za racionalne funkcije. Prišel sem do zmešnjave in me samo zanima, če je to prava pot ali se lahko naloga reši s kakšno idejo, ki je jaz nisem dobil...
- 3b ne vem kaj morem naredit s tem... vnesel sem novo spremenljivko t=lnx, dobil \(\int^1_0 t^n*e^{\alpha(t+1)}dt\) ce je to sploh pravilno
- s 4 se še nisem ukvarjal, če bom imel kakšne probleme pa bi tudi vprašal če lahko...

http://matematika-racunalnistvo.fnm.uni ... -12-13.pdf
- naloga 2: Sem racionaliziral celotno stvar in nato vstavil novo spremenljivko kot t=(x+1)^1/2 ... dobil sem: \(-2\int \frac{t^2}{2-2t} dt\) sedaj pa sem malo izgubljen...
- naloga 3/4: zanima me samo, kaj točno morem dokazat/pokazat da vidim da stvar konvergira v obeh primerih...

Upam, da bo se našel čas da mi kdo pomaga.

[Zajc]

Naloga 1: Lagrangeev izrek
Naloga 3a: Take iracionalne funkcije se dajo integrirati res samo v posebnih primerih. V konkretnem primeru opaziš, da sta potenci 3 in 5 zelo blizu 4, zato ima smisel pisati 4 namesto 3 in 5, tisto, kar moti, pa pustiš pod korenom: \(\int\frac{1}{(x-1)(x+2)}\sqrt[4]{\frac{x-1}{x+2}}\,dx\). Od tod dobiš idejo \(u=\frac{x-1}{x+2}\).
Naloga 3b: Če označiš ta integral z \(I(\alpha,n)\), potem z metodo per partes dobiš rekurzivno zvezo \(I(\alpha,n)=-\frac{n}{\alpha+1}I(\alpha,n-1)\). Torej rabiš le izračunati \(I(\alpha,0)\); z rekurzivno zvezo potem dobiš vse ostale integrale.