Sam sem tale integral izračunal takole:
![Slika](http://img195.imageshack.us/img195/1238/newdoentpage1.jpg)
wolfram alpha pa ga izračuna takole:
Pa me zanima ali sem jest kje zamočil, ali alpha tukaj nekaj zakomplicira ?
Pri n-kratni ničli \((x-a)^n\) imaš \(n\) razcepov na parcialne ulomke z imenovalci: \((x-a), (x-a)^2 \ldots (x-a)^n\).sniper napisal/-a:Bom kar v tej temi nadaljeval, ker se itak nanaša to na integrale. Ni mi jasno, kako se pri tem razstavlanju na parcialne ulomke dobijo tisti trije imenovalci, ki so obkroženi rdečo. Kako jih določiš ? Pod B in C mi je še jasno, samo zakaj je pod A x ?
Rahlo grd integral. Pri integriranju trigonometričnih funkcij je splošna substitucija (če vse drugo prej odpove - kot je že bilo povedano v podobnih temah) tangens polovičnega kota. Tudi v tem primeru bi šlo takoj s to substitucijo, vendar bi producirala racionalno funkcijo s polinomom 4. stopnje v imenovalcu. Zato se je bolje prej znebiti kvadrata sinusa z \(\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}\), kar da:sniper napisal/-a:Kako bi se pa bilo najbolje lotit tega primera ?
ko ni, na koncu, \(\frac{1}{2}\) odveč?Jurij napisal/-a: \(= 2^{-6} \cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\pi}\)
To, žal ne bo pravilno. Methematica izračuna, da je rezultat \(\frac{3}{8}\).Jurij napisal/-a:uvedeš substitucijo \(t=2x^2\)
\(\int_0^{\infty} x^9 e^{-2x^2}\, dx = \int_0^{\infty} (\frac{t}{2})^{\frac{9}{2}} e^{-t}(2 \sqrt{2} t)^{-1}\, dt =\)
\(= 2^{-6} \int_0^{\infty} t^{\frac{9}{2}-1} e^{-t}\, dt = 2^{-6} \Gamma (\frac{9}{2}) = 2^{-6} \cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\pi}\)
Upam, da se nisem kje zmotil.