Si ziher, da ni narobe prepisano? Ker izgleda imaš dxdy dvakrat.
Če si študiral diferencialne forme, pol bi moralo bit dokaj očitno. Sicer je pa treba malo "po diagonali" Predstavljaj si integrand kot skalarni produkt: \((xy,yz,xz)\cdot(dydz,dxdz,dxdy)\)
oziroma kakorkoli že mora bit, da bo prav. Drugi člen potem interpretiraš kot vektorski produkt \(d\vec{S}=d\vec{r}\times d\vec{r}\). To izgleda nič ampak ni nič, ker ko integriraš parametriziraš po površini, ne pa obeh dr v isto smer. Tako da to postane \(\vec{F}\cdot{\rm d}\vec{S}\)
pri \(\vec{F}=(xy,yz,xz)\) oziroma kakorkoli je že dejanski izraz. Če je to, kar si napisal, prav, pač pogrupiraš enake, manjkajoči ima pa komponento 0.
Sem še enkrat preveril. Res je, dxdy se ponovi (sploh nisem opazil). Je to sploh smiselno?
Potem takem je \(\int\int\int div(x(y+z),yz)dV\) v sferičnih koordinatah\(\int\int\int (rsin\theta sin\phi +rcos\theta +1)R^2sin\theta d\theta d\phi dr\) ta zloglasni Gaussov integral po celi krogli?
Zadnjič spremenil Dynamo, dne 6.1.2014 21:37, skupaj popravljeno 1 krat.
Najprej za tisto zgoraj: izgleda mi narobe izračunana divergenca in narobe postavljene komponente, mislim da pride malo manj členov na koncu. Pa glede na to, da imaš x,y,z>0, integral teče samo po prvem oktantu. In ker zato ploskvica krogle ni sklenjena, jo moraš zapret s preostalimi tremi stranicami. Tako, da imaš nekaj v tem stilu:
integral po osminki krogle (to iščeš) + trije integrali po stranicah = gaussov integral po volumnu
zdaj tisto na levi izraziš.
Pozdravljeni, imam dve nalogi, ki ju ne znam rešit:
(1)Ugotovi, ali vrsta konvergira in ali absolutno konvergira: \(\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{n}} \sin \left( \dfrac{\pi (n+1)}{n-1} \right)\)
Tu sem razmišljal o primerjalnem kriteriju vendar ne vem s katero konvergentno vrsto naj jo ocenim, oziroma niti ne vem kaj je tu absolutna vrednost če gledam absolutno konvergenco.
(2) Naj bo \(a \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}\) in naj bo funkcija \(f: \mathbb{N} \to \mathbb{R}\) dana s predpisom \(f(n)=an-\lfloor an \rfloor\)-
a) Dokaži, da je \(f(\mathbb{N}) \subset (0,1) \cap ( \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q})\)
b) Dokaži: če je \(x,y \in f(\mathbb{N})\) in \(x+y<1\) potem je \(x+y \in f(\mathbb{N})\)
c) Dokaži, da velja \(\inf(f(\mathbb{N})) \notin f(\mathbb{N})\)
d) \(f(\mathbb{N})\) je gosta v \([0,1]\)
Pri tej pa sploh nimam pojma.
Živjo!
Tudi mene zanima nekaj glede Gaussovega izreka.
Izračunaj pretok polja \(\vec V\) skozi dano ploskev S! Navodilo: uporabi Gaussovo formulo za primerno izbrano zaključeno ploskev! \(\vec V = \vec r\) , S: trikotnik A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)
Vem da je to enakostranični trikotnik, ampak mi ni jasno zakaj to ni zaključena ploskev.. Ker greš lahko čez rob?
Kako pa jo dokončaš, da dobiš zaključeno? Pripišeš še 3 enake trikotnike? Pa potem kako izgleda zastavljen integral?
1) Pišeš lahko \(\frac{1}{\sqrt{n}}\sin(\pi+\frac{2\pi}{n-1})=-\frac{1}{\sqrt{n}}\sin(\frac{2\pi}{n-1})\)
Za dovolj velik n gre ta sinus proti 0, in to s pozitivne strani. Tako, da če je konvergentna, je tudi absolutno konvergentna: vsaj za dovolj velike n, bo absolutna vrednost samo minus stran vzela. Če si dobro ogledaš prvih nekaj členov, pa vidiš, da so celo vsi sinusi pozitivni. Sinus lahko omejiš na način \(\sin x \leq x\), torej ima vrsta majoranto: \(\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \frac{2\pi}{n-1}\leq \frac{1}{\sqrt{n}}\frac{2\pi}{n-1}<\frac{2\pi}{(n-1)^{3/2}}\)
To pa absolutno konvergira, ker je potenca v imenovalcu večja od 1.
2)
a) No, to je očitno. Ker je \(an-\lfloor an\rfloor\) decimalni del števila, je sigurno znotraj [0,1) Po drugi strani je pa tako, da če a ni ulomek, potem tudi a*n ni ulomek (n naravno število). In po odštevanju naravnega števila tudi ni ulomek, torej je f(n) iracionalno. In ker je iracionalno, ne more bit 0, torej se tudi spodnja meja intervala spremeni v (0,1).
b) naj bo x=f(n) in y=f(m). Potem \(f(n)+f(m)=a(n+m)-\lfloor an\rfloor-\lfloor am\rfloor\)
in \(f(n+m)=a(n+m)-\lfloor an+am\rfloor\)
Pod predpostavko, da je f(n)+f(m)<1, sta ti dve števili avtomatsko enaki, saj sta obe med 0 in 1 in se razlikujeta za celo število (samo drugi člen, ki je vedno cel, je enak). Torej je f(n)+f(m)=f(n+m)
c)
Dokazat moraš le, da je inf(f(N))=0, kar po točki (a) ni v zalogi vrednosti. Ta trditev velja, če je 0 stekališče zaporedja: Za vsak \(\epsilon>0\), obstaja \(n\in \mathbb{N}\), da je \(f(n)<\epsilon\). Kako to dokazat? Bistven podatek je iracionalnost a-ja. To pomeni, da lahko tvoriš zaporedje racionalnih približkov, ki konvergirajo k a (recimo verižni ulomki). Naj bo to zaporedje \(a_n=\frac{p_n}{q_n}\to a;\quad D(p_n,q_n)=1\) (p-ji in q-ji so si tuji), in seveda \(q_n \to \infty\). Ker sta si p in q vedno tuja, obstaja enolična rešitev enačbe \(pn=1\mod q\). Z drugimi besedami, lahko najdeš n, za katerega bo ulomljeni del oblike 1/q. Ker so q-ji poljubno veliki, lahko vedno najdeš tak n, da je \(an-\lfloor an\rfloor =\frac{1}{q}<\epsilon\). Formalno bi bilo edino fino pokazat, da smeš iz zaporedja p/q sklepat na limito a.
d)
Zgornji dokaz se da posplošit, ker ko imaš enkrat 1/q za poljubno velik q, to potem vedno lahko spet množiš s poljubnim naravnim številom med 0 in q, in dobiš vse ulomke z imenovalcem q, za poljubno velik q.
looney93 napisal/-a:Živjo!
Tudi mene zanima nekaj glede Gaussovega izreka.
Izračunaj pretok polja \(\vec V\) skozi dano ploskev S! Navodilo: uporabi Gaussovo formulo za primerno izbrano zaključeno ploskev! \(\vec V = \vec r\) , S: trikotnik A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)
Vem da je to enakostranični trikotnik, ampak mi ni jasno zakaj to ni zaključena ploskev.. Ker greš lahko čez rob?
Kako pa jo dokončaš, da dobiš zaključeno? Pripišeš še 3 enake trikotnike? Pa potem kako izgleda zastavljen integral?
Hvala za pomoč!
Ja trikotnik ne zaobjame nobenega volumna. Ni zaključena, ker IMA rob! Zapret ga moraš recimo v cel "vogal" (dodaš stranice v xy, yz in xz ravnini), tako da imaš zaprt volumen v tetraedru z oglišči A,B,C in koordinatnim izhodiščem. Pretoka skozi dodane tri stranice ni, saj je tam V vzporeden s ploskvijo. Ostane ti samo integral divergence po volumnu, div(r)=3, in sledi rezultat 1/6 brez računanja.
Ni dovolj, da je pospešek v ravnini. Hitrost mora biti v isti ravnini kot pospešek. Najbolj nesporna rešitev je, da pogledaš, če je torzija po celi krivulji enaka 0.
Predstavljaj si integrand kot skalarni produkt:
