Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e

Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 01:50 · pre 188 meseci #1

Ja sam ga rešio metodama Kompleksne Analize, možda nekome bude zanimljiv. Rešenje je komplikovano, ali ako bude potrebe postovaću ga.

Zadatak glasi:

Dokazati jednakost $\int_{-\infty }^{\infty } \frac{e^{a x}-e^{b x}}{1-e^x} \, dx=\pi (\text{ctg}(a \pi )-\text{ctg}(b \pi ))$

Gde su $0<a<1$ i $0<b<1$

PS: Idem na elektrijadu pa sam mislio da se malo takmičim iz Matematike.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 03:24 · pre 188 meseci #2

Ovaj nemam ideju kako da rešim, zbog ovog Ceiling-a.
I on je sa elektrijade iz 87-e.

$\int \int _D\sqrt{\left\lceil y-x^2\right\rceil }dxdy$

Gde je D: $x^2\leq y\leq 4$

$\lceil x\rceil$ je f-ja Ceil (zaokružuje na najbliži broj veći ili jednak x)

Npr. $\lceil 2.3\rceil =\lceil 2.8\rceil =3$

Wolfram Mathematica daje $\frac{4}{3} \left(6-4 \sqrt{3}+5 \sqrt{6}\right)$ samo ne znam kako.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 03:57 · pre 188 meseci #3

Prosto razloži domen na pet delova, prema vrednosti podintegralne funkcije (mogućnosti su: $\sqrt 0$ , $\sqrt 1$ , $\sqrt 2$ , $\sqrt 3$ , $\sqrt 4$ ). Na svakom od ovih delova onda imaš integral konstante.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 19:08 · pre 188 meseci #4

Ideja je genijalna.
Ako sam dobro ukapirao treba domen da podeli sa paralelnim krivim: X^2, X^2 +1, X^2 + 2 i X^2 + 3.

img108.jpg346.68k

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 19:39 · pre 188 meseci #5

Ja i dalje ne umem da rešim. Da je jednostruki ne bi bilo problema.
Npr.
$\int_0^4 \sqrt{\lceil 5-x\rceil } \, dx=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}+\sqrt{5}$
A ovako mora dva puta da se integrali po x pa po y. Ili po y pa po x.
Fora je u tome što ne znam da uradim
$\int_a^4 \sqrt{\lceil \mathit{f}(x,y)\rceil } \, dx$ gde je a, baš "a" , nije konkretan broj.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 20:06 · pre 188 meseci #6

Citat:

SrdjanR271:
Fora je u tome što ne znam da uradim
$\int_a^4 \sqrt{\lceil \mathit{f}(x,y)\rceil } \, dx$ gde je a, baš "a" , nije konkretan broj.

To ti i ne treba, sve što ti treba je $\int_a^4\mathrm{d}x$ .

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 20:24 · pre 188 meseci #7

@Bojan

Ako bi samo mogao da napišeš kako svedeš neki od ova dva na jednostruki.

$\int _{-2}^2\int _{x^2}^4\sqrt{\left\lceil y-x^2\right\rceil }dydx\lor \int _0^4\int _{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}\sqrt{\left\lceil y-x^2\right\rceil }dxdy$

Ili ovo ne treba.

Ili npr. kako ovaj svesti na jednostruki

$\int _{\sqrt{3}}^2\int _{x^2}^4\sqrt{\left\lceil y-x^2\right\rceil }dydx$

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 20:52 · pre 188 meseci #8

Srđane podintegralna funkcija ti je konstantna vrednost u određenim zonama.
Jel dobra ona moja podela na zone po Bojanovoj ideji?
Ako jeste da ti izračunam.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 20:54 · pre 188 meseci #9

Ja mislim da jeste dobra podela.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 21:00 · pre 188 meseci #10

Izgleda da nisi razumeo Bojanovo uputstvo.

Neka je $D=\{(x,y)\,|\,x^2\leq y<4\}$ , $I\int_D\sqrt{\lceil y-x^2\rceil}\,dx\,dy$ , $D_i=\{(x,y)\,|\,x>0\land\,x^2+i\leq y<x^2+i+1\}\cap D$ i $I_i\int_{D_i}\sqrt{\lceil y-x^2\rceil}\,dx\,dy$ . Očigledno je $I=2(I_0+I_1+I_2+I_3)$ .

$I_i=\int_0^{\sqrt{3-i}}\int_{x^2+i}^{x^2+i+1}\sqrt{i+1}\,dy\,dx+\int_{\sqrt{3-i}}^{\sqrt{4-i}}\int_{x^2+i}^4\sqrt{i+1}\,dy\,dx=\sqrt{i+1}\left(\sqrt{3-i}+\int_{\sqrt{3-i}}^{\sqrt{4-i}}(4-i-x^2)\right)\,dx$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 21:14 · pre 188 meseci #11

Nedeljko je sve objasnio sažeto.
Evo ti malo detaljnije.

Nedeljko, mislim da ti u drugom dvostrukom integralu ne valja gornja granica za X. Nije fiksno 4 već koren(4-i).

img109.jpg747.93k

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 21:50 · pre 188 meseci #12

Hvala svima, uradio sam sad konačno.

Citat:

Nedeljko, mislim da ti u drugom dvostrukom integralu ne valja gornja granica za X. Nije fiksno 4 već koren(4-i).

Ne valja. Sa granicom $\sqrt{4-i}$ je sve ok.

Hvala još jednom.

Izvinite ako sam malo bio dosadan, ali nisam stvarno nikad radio integral sa floor ili ceil.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 11.05.2011. u 22:20 · pre 188 meseci #13

Hvala, kolega. Pazite na času. ;-) Ispravljeno.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 12.05.2011. u 14:34 · pre 188 meseci #14

Sa elektrijade iz 1999-e. Mislim da je jako zanimljiv, pa ću ga uraditi ovde. Voleo bih da vidim još neko rešenje, ako neko zna.

$I=\int _0^{\infty }\frac{x}{e^x+1}\text{dx}$
Ja sam ga ovako rešio.
$\frac{x}{e^x+1}=\frac{x}{e^x}\frac{1}{1+e^{-x}}=\frac{x}{e^x}\sum _{n=0}^{\infty } (-1)^ne^{-n x}=\sum _{n=0}^{\infty } (-1)^nx e^{-(n+1) x},x>0$

$I=\sum _{n=0}^{\infty } (-1)^n\int _0^{\infty }x e^{-(n+1) x}dx$

$\int _0^{\infty }x e^{-(n+1) x}\text{dx}=|u=x,\text{du}=\text{dx}, v=\left.\frac{-e^{-(n+1)x}}{n+1}\right|=$

$\lim_{x\to \infty } \frac{-x }{e^{(n+1)x}(n+1)}\searrow 0-0+\frac{1}{n+1}\int _0^{\infty } e^{-(n+1) x}dx=\lim_{x\to \infty } \frac{-1}{(n+1)^2}e^{-(n+1) x}+\frac{1}{(n+1)^2}=\frac{1}{(n+1)^2}$

$I=\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{(n+1)^2}=1-\frac{1}{4}+\frac{1}{9}-\frac{1}{16}+\text{...}$

$I+2\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{(2n)^2}=\zeta (2)$

$I+\frac{1}{2}\zeta (2)=\zeta (2)$

$I=\frac{\zeta (2)}{2}=\frac{\pi ^2}{12}$

Gde je $\zeta (s)$ Rimanova zeta f-ja.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 12.05.2011. u 20:53 · pre 188 meseci #15

Mislim da ne može

Ja sam svojevremeno postavio to pitanje za jedan integral koji se javlja pri izvođenju zakona zračenja aproslutno crnog tela $E=\sigma T^4$ , gde je $\sigma=const$

http://www.elitesecurity.org/t380828-0

Ono što možeš je da iskoristiš definiciju gama funkcije

$\Gamma(x)=\int^{\infty}_0dtt^{x-1}e^{-t}$

_{[Ovu poruku je menjao petarm dana 12.05.2011. u 21:04 GMT+1]}

Za $n\in\mathcal{N}$

$\Gamma(n+1)=n!$

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 12.05.2011. u 22:24 · pre 188 meseci #16

I ja mislim da ne može drugačije. Ali za ovaj gamma ne pomaže, jer je meni u imeniocu + .

A za taj tvoj može, zbog ovoga $\int_0^{\infty } \frac{z^{x-1}}{e^z-1} \, dz=\zeta (x)\Gamma (x)$
Ovaj integral sam prvi put video u Rimanovom radu iz 1859-e "On the Number of Prime Numbers less than a
Given Quantity". Samo Riman tu piše $\Pi (x)$ za gammu, mislim da je i Gaus tako pisao gammu.
Razlika nije samo u slovu $\Pi (x)=\Gamma (x+1)$

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 12.05.2011. u 22:59 · pre 188 meseci #17

Citat:

SrdjanR271: I ja mislim da ne može drugačije. Ali za ovaj gamma ne pomaže, jer je meni u imeniocu + .

A za taj tvoj može, zbog ovoga $\int_0^{\infty } \frac{z^{x-1}}{e^z-1} \, dz=\zeta (x)\Gamma (x)$
Ovaj integral sam prvi put video u Rimanovom radu iz 1859-e "On the Number of Prime Numbers less than a
Given Quantity". Samo Riman tu piše $\Pi (x)$ za gammu, mislim da je i Gaus tako pisao gammu.
Razlika nije samo u slovu $\Pi (x)=\Gamma (x+1)$

Citat:

SrdjanR271:

$\int _0^{\infty }x e^{-(n+1) x}\text{dx}=|u=x,\text{du}=\text{dx}, v=\left.\frac{-e^{-(n+1)x}}{n+1}\right|=$

$\lim_{x\to \infty } \frac{-x }{e^{(n+1)x}(n+1)}\searrow 0-0+\frac{1}{n+1}\int _0^{\infty } e^{-(n+1) x}dx=\lim_{x\to \infty } \frac{-1}{(n+1)^2}e^{-(n+1) x}+\frac{1}{(n+1)^2}=\frac{1}{(n+1)^2}$

_{[Ovu poruku je menjao SrdjanR271 dana 12.05.2011. u 14:47 GMT+1]}

Mislio sam u ovom delu

$\int _0^{\infty }x e^{-(n+1) x}\text{dx}=\frac{1}{(n+1)^2}\int^{\infty}_0te^{-t}dt=\frac{1}{(n+1)^2}\Gamma(2)=\frac{1}{(n+1)^2}$

$(n+1)x=t$

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: Još jedan zadatak sa Elektrijade iz 1997-e 12.05.2011. u 23:09 · pre 188 meseci #18

Nisam te razumeo. To dosta skraćuje rešenje. Nisam razmišljao u tom pravcu.

Hvala za ideju!

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme