Neki integrali - (pomoc)?

Re: Neki integrali - (pomoc)? 09.05.2012. u 17:56 · pre 176 meseci #61

$\int_1^\infty \frac{dx}{x(x+1)}$

Koja je ideja ovde?

Re: Neki integrali - (pomoc)? 09.05.2012. u 18:24 · pre 176 meseci #62

$I=\int_1^\infty\frac{dx}{x(x+1)}=\lim_{a\rightarrow\infty}\int_1^a\frac{dx}{x(x+1)}$ .

$\int_1^a\frac{dx}{x(x+1)}=\ln((2a)/(a+1))$ .

$I=\lim_{a\rightarrow\infty}\ln((2a)/(a+1))=\ln(2)$ .

Potpis

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

1

Re: Neki integrali - (pomoc)? 09.05.2012. u 18:32 · pre 176 meseci #63

A odakle ovo:

$\ln((2a)/(a+1))$

Re: Neki integrali - (pomoc)? 09.05.2012. u 20:14 · pre 176 meseci #64

Hajde, potrudi se da izračunaš određeni integral iz drugog reda, pa ako ti ne bude išlo, pomoći ću ti.

Potpis

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

Re: Neki integrali - (pomoc)? 09.05.2012. u 22:09 · pre 176 meseci #65

Mala pomoc:
$\frac{1}{{x(x + 1)}} = \frac{{1 + x - x}}{{x(x + 1)}} = \frac{{1 + x}}{{x(x + 1)}} - \frac{x}{{x(x + 1)}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}$

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 00:24 · pre 176 meseci #66

Mislio sam da ne moze preko racionalne zbog granica, ali to mu dodje isto samo posle samo zamenim granice. Ok, uradio sam, ali imam drugo pitanje:

Kako je ovaj limes jednak samo $\ln(2)$ ?

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 00:30 · pre 176 meseci #67

$\frac{{2a}}{{a + 1}}_{/:a}^{/:a} = \frac{2}{{1 + \frac{1}{a}}}$

$\mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \frac{1}{a} = 0$

1

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 01:09 · pre 176 meseci #68

Patkane, ovo je integral racionalne funkcije.

Kako se radi?

Imaš integral $I=\int\frac{a(x)}{b(x)}\,dx$ .

1. Izračunaš NZD od brojioca i imenioca, pa ako dobiješ nešto stepena najmanje jedan, skratiš sa tim. Time je problem sveden na slučaj integrala količnika uzajamno prostih polinoma. Stoga ćemo nadalje pretpostaviti da su $a(x)$ i $b(x)$ uzajamno prosti polinomi.

2. Podeliš euklidski brojilac sa imeniocem. Dakle, neka je $a(x)=q(x)b(x)+r(x)$ , gde je $deg(r)<deg(b)$ . U tom slučaju je $\int\frac{a(x)}{b(x)}\,dx=\int q(x)\,dx+\int\frac{r(x)}{b(x)}\,dx$ . Integral polinoma pretpostavljam da znaš da računaš (sabirak po sabirak). Time je problem sveden na računanje integrala količnika uzajamno prostih polinoma, gde je deljenik manjeg stepena od delioca.

3. Rastaviš delilac na proste činioce. Dakle, $b(x)=b_1^{n_1}(x)\cdot b_k^{n_k}(x)$ , gde su $b_1(x),\dots,b_k(x)$ prosti i uzajamno prosti polinomi stepena bar jedan.

4. Predstaviš racionalnu funkciju kao zbir sabiraka sa neodređenim koeficijentima na sledeći način: Činiocu $b_i^{n_i}(x)=(x-a)^{n_i}$ odgovara niz sabiraka $\frac{a_{i1}}{x-a}+\cdots+\frac{a_{in_i}}{(x-a)^{n_i}}$ , a činiocu $b_j^{n_j}(x)=(x^2+px+q)^{n_j}$ , gde je $p^2<4q$ niz sabiraka $\frac{a_{j1}x+b_{j1}}{x^2-px+q}+\cdots+\frac{a_{jn_j}x+b_{jn_j}}{(x^2-px+q)^{n_j}}$ .

5. Kad si to tako rastavio, onda odrediš neodređene koeficijente u brojiocima tako što obe strane pomnožiš sa imeniocem, pa izmnožiš sve i izjednačiš koeficijente uz iste stepene i dobićeš sistem linearnih jednačina po neodređenim koeficijentima sa jedinstvenim rešenjem.

6. Na kraju integrališ sve jedno po jedno. Imaj u vidu smenu $t=x-p/2$ kod imenioca koji su stepeni od $x^2-px+q$ . Takođe, integral $\int\frac{ax+b}{(x^2+c^2)^k}\,dx$ se smenom $x=ct$ svodi na integral oblika $\int\frac{ut+v}{(t^2+1)^k}\,dx$ . Dalje je

$\int\frac{ax+b}{(x^2+1)^k}\,dx=\frac a2\int\frac{2x}{x^2+1}\,dx+b\int\frac{dx}{(x^2+1)^k}=\frac a2\ln(x^2+1)+b\int\frac{dx}{(x^2+1)^k}$ .

Kako na kraju integraliti $I_k=\int\frac{dx}{(x^2+1)^k}$ za $k>1$ ? Parcijalnom integracijom dobijamo da je

$I_{k-1}=\frac x{(x^2+1)^k}+2(k-1)\int\frac{x^2}{(x^2+1)^k}\,dx$ ,
$I_{k-1}=\frac x{(x^2+1)^k}+2(k-1)\int\left(\frac{x^2+1}{(x^2+1)^k}-\frac 1{(x^2+1)^k}\right)\,dx$ ,
$I_{k-1}=\frac x{(x^2+1)^k}+2(k-1)(I_{k-1}-I_k)$ ,
$(2k-2)I_k=\frac x{(x^2+1)^k}+(2k-3)I_{k-1}$ ,
$I_k=\frac{\frac x{(x^2+1)^k}+(2k-3)I_{k-1}}{2k-2}$ .

Potpis

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

1

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 09:49 · pre 176 meseci #69

Uzgred, nije lose proveriti na pocetku da li ovaj integral konvergira.
Problem je u beskonacnosti, pa se za podintegralnu funkciju moze reci da $\frac{1}{x(x+1)} \sim \frac{1}{x^2}~~ \mbox{kad}~x\to +\infty$ , a kako integral $\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\mbox{d}x}{x^2}$ konvergira, to konvergira i nas polazni integral.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 14:27 · pre 176 meseci #70

Nedeljko, nismo se razumeli. :) Pitao sam kako je onaj limes jednak samo $ln(2)$ . Razumem sad i to, a integrale racionalne funkcije umem da resavam.

Sonec, a zasto se proverava da li integral konvergira? Kakve olaksice to nosi (ako uopste nosi) u daljem resavanju istog?

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 15:47 · pre 176 meseci #71

Imam sledeci integral $\int\limits_{-1}^{1} x^2ln(\frac{x+2}{x-2})dx$

Resim ga, i na kraju dobijam $\frac{1}{3}(\ln(-3)+ \ln(-\frac{1}{3}))$

Moze li poslednji korak jos da se uprosti?

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 15:57 · pre 176 meseci #72

Imam ja jedno pitanje za tebe.
Da li postoji logaritam za negativne vrednosti?

Kako stojis sa pravilima za logaritmovanje?

$\begin{array}{l} \ln a + \ln b = \ln (a \cdot b) \\ \ln 1 = 0\, \\ \end{array}$

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 17:21 · pre 176 meseci #73

Vidim rezultat na wolframu da je $\frac{2}{3} i \pi$ , toliko dobijem i ja, jer on daje da je ovaj izraz u zagradi jednak $2i\pi$ . Ne znam sta je to, prvi put vidim. Pa zato i pitam...

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 18:06 · pre 176 meseci #74

Citat:

patkan1992:
...
Resim ga, i na kraju dobijam $\frac{1}{3}(\ln(-3)+ \ln(-\frac{1}{3})$
Moze li poslednji korak jos da se uprosti?

Ovo sto si dobio (uslovno) moze da se uprosti ovako:
$\frac{1}{3}(\ln ( - 3) + \ln ( - \frac{1}{3}) = \frac{1}{3}\left( {\ln \left( { - 3 \cdot - \frac{1}{3}} \right)} \right) = \frac{1}{3}\left( {\ln 1} \right) = \frac{1}{3} \cdot 0 = 0$

Citat:

patkan1992: Vidim rezultat na wolframu da je $\frac{2}{3} i \pi$ , toliko dobijem i ja...

E sad, ovo tvoje resenje, koliko ja vidim, ne moze da bude $\frac{2}{3} i \pi$ pa mi nije jasno kako to dobijes i ti?

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 18:39 · pre 176 meseci #75

Onda wolfram gresi?

Nije mi jasno, zato i pitam. Imam $\frac{1}{3}(\ln(-3)+ \ln(-\frac{1}{3}))$ .
Ovo u zagradi je (po wolframu) $2i\pi$ , sto mu iz gornjeg izraza dodje jednako $\frac{2}{3}i\pi$ .

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 19:42 · pre 176 meseci #76

Citat:

patkan1992: Onda wolfram gresi?

Nije mi jasno, zato i pitam. Imam $\frac{1}{3}(\ln(-3)+ \ln(-\frac{1}{3}))$ .
Ovo u zagradi je (po wolframu) $2i\pi$ , sto mu iz gornjeg izraza dodje jednako $\frac{2}{3}i\pi$ .

Uradi ponovo zadatak. Pre ce biti da si ti negde pogresio. Postavi i resenje da vidimo kako si ga resio.

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 19:59 · pre 176 meseci #77

Patkane, ako radiš realnu analizu, onda logaritam postoji samo od pozitivnih brojeva. Ako radiš kompleksnu, onda moraš da izdvojiš jednu granu logaritma i da napišeš na koju se zadatak odnosi. Nije poenta da se samo napiše nešto bez značenja.

Potpis

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

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 20:00 · pre 176 meseci #78

$\int\limits_{-1}^{1} x^2ln(\frac{x+2}{x-2})dx$
Sada preko parcijalne: $u=ln(\frac{x+2}{x-2})$ ; du = $-\frac{4}{x^2-4}$ ; $V = \frac{x^3}{3}$

$I = \frac{x^3}{3}ln(\frac{x+2}{x-2}) - \frac{4}{3} \int\limits_{-1}^{1} \frac{x^3}{x^2-4}dx$
Sada ovaj integral iznad resavao smenom $t=x^2-4$ , odatle promenio granice $(-3, -3)$ , i on ispada jednak nuli.
Ostaje samo da se zamene granice $(-1, 1)$ na ovo $\frac{x^3}{3}ln(\frac{x+2}{x-2})$ , i tu dobijam ono sto sam vec napisao u prethodnom postu.

P.S. Nedeljko, asistentkinja je dala ovaj zadatak za domaci, malo je i meni cudno da ispadaju ovakvi logaritmi posto ih nikada nismo radili. Vidim da mi se resenje poklapa sa wolframom, pa ne znam sta se desava... Nije mi jasno. Eto gore kako sam radio, pa ako sam negde gresio ispravite me.

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 20:14 · pre 176 meseci #79

Mislim da je rešenje domaćeg da se uoči da podintegralna funkcija nije definisana, pa samim tim ni zadatak.

Potpis

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

1

Re: Neki integrali - (pomoc)? 10.05.2012. u 20:22 · pre 176 meseci #80

$\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}\ln \frac{{x + 2}}{{x - 2}}dx} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {u = \ln \frac{{x + 2}}{{x - 2}}} & {dv = {x^2}} \\ {du = - \frac{4}{{{x^2} - 4}}} & {v = \frac{{{x^3}}}{3}} \\ \end{array}} \right| = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}\ln \frac{{x + 2}}{{x - 2}}} \right|_{ - 1}^1 + \frac{4}{3}\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} - 4}}dx} = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}\ln \frac{{x + 2}}{{x - 2}}} \right|_{ - 1}^1 + \frac{4}{3}\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x + \frac{{4x}}{{{x^2} - 4}}} \right)dx} = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}\ln \frac{{x + 2}}{{x - 2}}} \right|_{ - 1}^1 + \left. {\frac{4}{3}\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_{ - 1}^1 + \frac{{16}}{6}\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{2x}}{{{x^2} - 4}}dx} = \left| \begin{array}{l} {x^2} - 4 = t \\ 2xdx = dt \\ \end{array} \right| = ...$

Probaj sada da nastavis, jer si imao neke greske ...

1

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme