Matematika pomoč!
-
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
Re: Matematika pomoč!
Takole integral, zlasti če so meje neskončne, ne smeš kar členiti. Upaš lahko, ampak je v splošnem prepovedano.
Ta integral lahko uženeš z zamenjevanjem vrstnega reda integracij in uvajanjem parametrov ter odvajanju po njih. Glej poglavje: Integrali s parametrom.
Integral je funkcija dveh parametrov, alfa in beta. Najprej odvajaš po alfa in ga izračunaš.
\($\frac{\partial I}{\partial \alpha} = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{\alpha}}$\)
Zdaj pa integriraš po alfa in pišeš neznano funkcijo \(h(\beta).\)
\($I(\alpha, \beta)=-\sqrt{\pi}\alpha+h(\beta)$\)
Da ugotoviš \(h\), moraš odvajati še po beta.
\($\frac{\partial I}{\partial\beta} = h'(\beta)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\beta x}{x}dx=\frac{\pi}{2}$\)
Predpostaviš pač, da je beta večja od nič. Če je manjša od nič, je minus. No, potem pa sledi:
\($I=-\sqrt{\pi}\alpha+\frac{\pi}{2}\left|\beta\right| +C$\)
Simp'l k pasul.
Ta integral lahko uženeš z zamenjevanjem vrstnega reda integracij in uvajanjem parametrov ter odvajanju po njih. Glej poglavje: Integrali s parametrom.
Integral je funkcija dveh parametrov, alfa in beta. Najprej odvajaš po alfa in ga izračunaš.
\($\frac{\partial I}{\partial \alpha} = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{\alpha}}$\)
Zdaj pa integriraš po alfa in pišeš neznano funkcijo \(h(\beta).\)
\($I(\alpha, \beta)=-\sqrt{\pi}\alpha+h(\beta)$\)
Da ugotoviš \(h\), moraš odvajati še po beta.
\($\frac{\partial I}{\partial\beta} = h'(\beta)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\beta x}{x}dx=\frac{\pi}{2}$\)
Predpostaviš pač, da je beta večja od nič. Če je manjša od nič, je minus. No, potem pa sledi:
\($I=-\sqrt{\pi}\alpha+\frac{\pi}{2}\left|\beta\right| +C$\)
Simp'l k pasul.
Re: Matematika pomoč!
\(I(a, m) = \int_{0}^{\infty} { e^{- \alpha * x} sin(m*x) \over x} dx = ?\)
\({\partial I(a, m) \over \partial m }= \int_{0}^{\infty} { e^{- \alpha * x} cos(m*x)} dx\)
\({\partial I(a, m) \over \partial a }= \int_{0}^{\infty} - { e^{- \alpha * x} sin(m*x)} dx\)
Rezultat je sicer:
\(\text{ArcTan}\left[\frac{m}{a}\right]\)
\({\partial I(a, m) \over \partial m }= \int_{0}^{\infty} { e^{- \alpha * x} cos(m*x)} dx\)
\({\partial I(a, m) \over \partial a }= \int_{0}^{\infty} - { e^{- \alpha * x} sin(m*x)} dx\)
Rezultat je sicer:
\(\text{ArcTan}\left[\frac{m}{a}\right]\)
-
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
Re: Matematika pomoč!
Kar naprej: dvakrat per-partes itd.
Re: Matematika pomoč!
Kaj pa pridobim s per partes? \(e^{-a*x}\) je imun na to, sin postane cos in obratno...
Re: Matematika pomoč!
Dobiš enačbo:
I = neki + neki * I
kjer je I tvoj integral in ga tako lahko izraziš, kot bi imel navadno enačbo
I = neki + neki * I
kjer je I tvoj integral in ga tako lahko izraziš, kot bi imel navadno enačbo
Re: Matematika pomoč!
Pa gremo...
\({\partial I(a, m) \over \partial m }= \int_{0}^{\infty} { e^{- \alpha * x} cos(m*x)} dx =\)
\(\int { e^{- \alpha * x} cos(m*x)} dx =\)\({1 \over m} e^{- \alpha * x} sin(m*x) + {\alpha \over m} * \int e^{- \alpha * x} sin(m*x) dx =\)
\(= {1 \over m} e^{- \alpha * x} sin(m*x) + (- {\alpha \over m^2})e^{- \alpha * x} cos(m*x)\)\(- {\alpha^2 \over m^2} \int e^{- \alpha x} cos(m*x) dx\)
Integral na desni gre na levo stran:
\({m^2 + \alpha^2 \over m} * L = e^{-\alpha * x} ( sin(m*x) - {\alpha \over m} * cos(m*x))\)
In poračunamo od \(\infty\) nazaj do \(0\).
\({m^2 + \alpha^2 \over m} * L = {\alpha \over m}\)
\(L = {\alpha \over m^2 + \alpha^2}\)
\(I = \int L dm\)
\(I = \int {\alpha \over m^2 + \alpha^2} dm\)
\(I = arctan({m \over \alpha})\)
\({\partial I(a, m) \over \partial m }= \int_{0}^{\infty} { e^{- \alpha * x} cos(m*x)} dx =\)
\(\int { e^{- \alpha * x} cos(m*x)} dx =\)\({1 \over m} e^{- \alpha * x} sin(m*x) + {\alpha \over m} * \int e^{- \alpha * x} sin(m*x) dx =\)
\(= {1 \over m} e^{- \alpha * x} sin(m*x) + (- {\alpha \over m^2})e^{- \alpha * x} cos(m*x)\)\(- {\alpha^2 \over m^2} \int e^{- \alpha x} cos(m*x) dx\)
Integral na desni gre na levo stran:
\({m^2 + \alpha^2 \over m} * L = e^{-\alpha * x} ( sin(m*x) - {\alpha \over m} * cos(m*x))\)
In poračunamo od \(\infty\) nazaj do \(0\).
\({m^2 + \alpha^2 \over m} * L = {\alpha \over m}\)
\(L = {\alpha \over m^2 + \alpha^2}\)
\(I = \int L dm\)
\(I = \int {\alpha \over m^2 + \alpha^2} dm\)
\(I = arctan({m \over \alpha})\)
Zadnjič spremenil Mafijec, dne 13.9.2008 13:22, skupaj popravljeno 1 krat.
-
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
Re: Matematika pomoč!
Ja, ampak manjka.
\($I(m,a)=\int\frac{a}{m^{2}+a^{2}}dm+h(a)$\)
Še odvajaj po \(a\) in primerjaj primerna integrala. Ugotoviti moraš, da je \(h(a)=konst\) in je v končni fazi res \(I=\arctan\frac{m}{a}+C\)
\($I(m,a)=\int\frac{a}{m^{2}+a^{2}}dm+h(a)$\)
Še odvajaj po \(a\) in primerjaj primerna integrala. Ugotoviti moraš, da je \(h(a)=konst\) in je v končni fazi res \(I=\arctan\frac{m}{a}+C\)
Re: Matematika pomoč!
Hm, pride
\(-arctan({a \over m})\)
\(I = arctan({m \over a}) - arctan({a \over m})\)
\(-arctan({a \over m})\)
\(I = arctan({m \over a}) - arctan({a \over m})\)
-
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
Re: Matematika pomoč!
Kot jaz si najbrž tudi ti spregledal minus v temle:
\($\frac{\partial I}{\partial a}=-\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\sin mx\;dx$\)
\($\frac{\partial I}{\partial a}=-\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\sin mx\;dx$\)
Re: Matematika pomoč!
Hm... pazi s temi zadevami, ta dva arkusa sta v zlahti.
\(\phi=\arctan\frac{m}{a}\)
\(\tan\phi=\frac{m}{a}\)
\(\cot\phi=\frac{a}{m}\)
\(\cot\phi=\tan(\pi/2-\phi)\)
\(\pi/2-\phi=\arctan\frac{a}{m}\)
In koncno vstavis prvotni fi in dobis
\(\arctan\frac{a}{m}=\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{m}{a}\)
Tako da lahko izrazis enega z drugim.
Vcasih se da konstanto dolocit tako, da vstavis za enega od parametrov tako vrednost, da znas izracunat tudi prvotni integral.
\(\phi=\arctan\frac{m}{a}\)
\(\tan\phi=\frac{m}{a}\)
\(\cot\phi=\frac{a}{m}\)
\(\cot\phi=\tan(\pi/2-\phi)\)
\(\pi/2-\phi=\arctan\frac{a}{m}\)
In koncno vstavis prvotni fi in dobis
\(\arctan\frac{a}{m}=\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{m}{a}\)
Tako da lahko izrazis enega z drugim.
Vcasih se da konstanto dolocit tako, da vstavis za enega od parametrov tako vrednost, da znas izracunat tudi prvotni integral.
Re: Matematika pomoč!
Minus sem upošteval.ZdravaPamet napisal/-a:Kot jaz si najbrž tudi ti spregledal minus v temle:
\($\frac{\partial I}{\partial a}=-\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\sin mx\;dx$\)
In potem pride:
\(I = 2*arctan({m \over a}) - {\Pi \over 2}\)
Re: Matematika pomoč!
zdravo, znasu sm se v majhni 'zadregi', namreč:
določi lokalne extsreme funkcije: f(x,y) = ln(sqrt(1 - x^2 - y^2)) pa zdj ne vem kuko bi to resu, pac vem da je def. obmocje te funkcije x^2 + y^2 < 1
in pol ku grem odvajat f(x,y) dobim 1 / 1 - x^2 - y^2 zdj pa ce to enacim z 0, ne vem kuko naprej...
hvala za pomoč!
določi lokalne extsreme funkcije: f(x,y) = ln(sqrt(1 - x^2 - y^2)) pa zdj ne vem kuko bi to resu, pac vem da je def. obmocje te funkcije x^2 + y^2 < 1
in pol ku grem odvajat f(x,y) dobim 1 / 1 - x^2 - y^2 zdj pa ce to enacim z 0, ne vem kuko naprej...
hvala za pomoč!
Re: Matematika pomoč!
Hm... ne znas odvajat.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{-x}{1-x^2-y^2}\)
\(\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y}{1-x^2-y^2}\)
Se pravi
\(x=y=0\)
kar je tudi logicno, ker ce je funkcija simetricna glede na izhodisce ima tam ziher odvod 0.
\(\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{-x}{1-x^2-y^2}\)
\(\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y}{1-x^2-y^2}\)
Se pravi
\(x=y=0\)
kar je tudi logicno, ker ce je funkcija simetricna glede na izhodisce ima tam ziher odvod 0.
Re: Matematika pomoč!
\({d \over dt} x = A x\)
\(A=\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 2 & -3 \\
1 & 1 & 2 \\
1 & -1 & 4
\end{array}
\right)\)
Lastne vrednosti: {2, 2, 2}.
Lastni vektorji: {-1, 1, 1} x 3
\(x=\left(
\begin{array}{c}
-1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right)e^{2t}\left(C_11+C_2t+C_3t^2\right)\)
Kje sem se zmotil?
\(A=\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 2 & -3 \\
1 & 1 & 2 \\
1 & -1 & 4
\end{array}
\right)\)
Lastne vrednosti: {2, 2, 2}.
Lastni vektorji: {-1, 1, 1} x 3
\(x=\left(
\begin{array}{c}
-1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right)e^{2t}\left(C_11+C_2t+C_3t^2\right)\)
Kje sem se zmotil?