Fórum: Nehezebb matematikai problémák

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[206] Tibi	2005-11-03 08:31:26
Keressgettem és találtam is valamit a levezetésről, de én másképp oldottam meg: teljes indukcióval. Csinálta más is?

[205] Tibi	2005-11-03 08:12:56
Az ok, hogy a formulák nyelvfüggetlenek, de engem a képlet bizonyítása érdekelne...magyarul.Nem tudod, merre találhatnám meg?Egyáltalán benne van ez valamilyen tankönyvben?
Előzmény: [204] Lóczi Lajos, 2005-11-02 22:09:15

[204] Lóczi Lajos	2005-11-02 22:09:15
Nem kerestem, de nem hinném, hogy lenne. (Különben is, a formulák nyelvfüggetlenek.:)
Előzmény: [203] Tibi, 2005-11-02 21:58:25

[203] Tibi	2005-11-02 21:58:25
Magyar nyelvű oldalt nem tudsz róla?
Előzmény: [202] Lóczi Lajos, 2005-11-02 21:12:55

[202] Lóczi Lajos

2005-11-02 21:12:55

Ezeket Faa Di Bruno-féle formuláknak hívják, l. pl. a

http://mathworld.wolfram.com/FaadiBrunosFormula.html

címen.

Előzmény: [201] Tibi, 2005-11-02 21:03:20

[201] Tibi

2005-11-02 21:03:20

Sziasztok!

Lehet, hogy most butaságot fogok kérdezni, de tud valaki képletet az összetett függvények magasabbrendű deriváltjainak előállítására? Én egy könyvben sem találok ilyet. Köszönöm a választ!

[200] Lóczi Lajos	2005-11-01 20:52:53
Persze az integrálban nyilván f-et akartál írni F helyett. Hogyhogy mit jelent az exponenciális tag? Az exponenciális függvényt.
Előzmény: [198] Wolf, 2005-11-01 20:39:02

[199] Lóczi Lajos

2005-11-01 20:50:38

http://mathworld.wolfram.com/LaplaceTransform.html

igaz, hogy angol, de a képleteket lehet érteni. Néhány függvény Laplace-transzformáltja benne van. (Esetleg konkrétabb kérdést is megfogalmazhatsz itt, miután elolvastad és megpróbálunk válaszolni rá.)

Előzmény: [198] Wolf, 2005-11-01 20:39:02

[198] Wolf

2005-11-01 20:39:02

Üdvözletem!!!

Szeretném megkérdezni, hogy a Laplace-transzformáció tulajdonképpen miről szól és mit jelent az F(s)=integral[F(t)e(-st)1(t)dt] alakból az exponenciális tag, ahol 1(t) az egységugrás és 0-infinity intervallumban vizsgáljuk? Esetleg hol tudok ennek utánanézni(magyar leírás)?

U.i.: Bocs, hogy így adtam meg... Köszönöm

[196] Fálesz Mihály

2005-10-13 11:42:22

Lényegében mindegy, de szerintem az a legpraktikusabb, ha a számlálóból és a nevezőből is kiemeled a legnagyobb tagot. Pl.

$\frac{n^7+\sqrt{{\bf n^{15}}+8}}{({\bf n}+\sqrt{n})^{6}-72}= \frac{n^{15/2}}{n^6}\cdot \frac{\frac1{\sqrt{n}}+\sqrt{1+\frac8{n^{15}}}}{(1+\frac1{\sqrt{n}})^6-\frac{72}{n^6}}\sim n^{3/2}\cdot1.$

Előzmény: [194] madár2, 2005-10-13 08:57:23

[195] Lóczi Lajos

2005-10-13 10:09:49

Ha a számláló foka nagyobb, nem biztos, hogy a végtelenbe tart a tört, tarthat (- $\infty$ )-hez is, ha a nevező pl. negatív :)

Ha a számláló foka nagyobb, akkor is a nevező fokával célszerű egyszerűsíteni, így a nevező véges, NEMNULLA számhoz fok tartani, míg a számláló valamelyik végtelenbe. (Ha a számláló fokszámával egyszerűsítenél, akkor "túlegyszerűsítenél": a nevező nullához tartana, ami önmagában kényes, elkerülendő.)

Előzmény: [194] madár2, 2005-10-13 08:57:23

[194] madár2	2005-10-13 08:57:23
Köszönöm szépen! A fő kérdés, az a precíz átalakításra vonatkozott, de megértettem. Még annyit kérdeznék, ha lehet, hogy ha a számláló foka nagyobb (akkor nyilván a végtelenbe tart), akkor az "x a számláló fokán"-nal kell egyszerűsíteni, igaz?
Előzmény: [193] Lóczi Lajos, 2005-10-12 20:29:59

[193] Lóczi Lajos

2005-10-12 20:29:59

Nézzünk akkor egy ilyet például:

$\lim_{x\to\infty} \frac{\root 4\of{6 x^5-3x^2}+\root 5\of{2x^6+8x^5-9}}{\root 5\of{x^7-x}+\root 6\of{3x^8+6x}}.$

A lényeg, hogy lássuk minden gyök alatt mi a "domináns" nagyságrend, ha x "nagy".

A számláló nagyságrendje nyilván

$\root 4\of{6 x^5-3x^2}+\root 5\of{2x^6+8x^5-9}\approx \root 4\of{6 x^5}+\root 5\of{2x^6}\approx \root 4\of{6 x^5},$

mert (x-kitevőit nézve) 5/4>6/5.

A nevező nagyságrendje

$\root 5\of{x^7-x}+\root 6\of{3x^8+6x}\approx \root 5\of{x^7}+\root 6\of{3x^8}\approx \root 5\of{x^7}$

hiszen 7/5>8/6.

Azt kaptuk tehát, hogy az eredeti tört (nagy x-ek esetén)

$\approx \frac{\root 4\of{6 x^5}}{\root 5\of{x^7}}=\frac{6^{1/4}}{x^{3/20}}$

nagyságrendű. Ennek a limesze viszont a végtelenben nyilván 0.

E sejtés kialakítása után a precíz kivitelezés már könnyű: a törtet, szokás szerint, egyszerűsítjük a nevező "legnagyobb fokszámú tagjával", azaz a megfelelő x-nagyságrenddel. Jelen esetben tehát a törtet $\root 5\of{x^7}$ -nel kell egyszerűsíteni. Ekkor az egyszerűsített tört számlálója 0-hoz tart (hiszen 7/5>5/4 és 7/5>6/5), a nevező viszont egy véges, nemnulla számhoz (t.i. 1-hez) tart, az egész törtkifejezés tehát tényleg 0-hoz fog konvergálni.

Előzmény: [191] madár2, 2005-10-12 15:07:27

[192] madár2	2005-10-12 15:08:11
ja, és függvényről van szó, x tart a végtelenbe
Előzmény: [190] Lóczi Lajos, 2005-10-12 14:16:09

[191] madár2	2005-10-12 15:07:27
az n az fix, mondjuk a számlálóban 4, a nevezőben 5. (de olyan feladat is van, ahol két különböző gyök összege van a számlálóban) a 4. gyök alatt a polinom foka 5, az 5. gyök alatt 6 a foka. (még nem megy a tex, most léptem be először, bocs)

[190] Lóczi Lajos

2005-10-12 14:16:09

Ilyenre gondolsz pl.:

$\lim_{n\to \infty}\root n\of{\frac{p(n)}{q(n)}}?$

Vagy a gyökkitevőt fixnek érted? A határértéket a végtelenben nézzük? Hol szerepelnek benne n. gyökök?

Előzmény: [189] madár2, 2005-10-12 13:32:53

[189] madár2	2005-10-12 13:32:53
Sziasztok! Valaki meg tudná nekem sürgősen mondani, hogy kell megcsinálni, a: végtelen/végtelen tipusú határérték feladatot, ha szerepel/nek banne n.gyökök is, és a gyök alatt álló polinom foka nagyobb, mint az n. (a gyökön) a módszer érdekelne, tudom, hogy nem középiskolás anyag, de fontos lenne. 8tanultam, és elfelejtődött) köszi

[188] Lóczi Lajos

2005-10-12 10:25:21

Persze. Legyen a>1/2. A (konvergencia szempontjából) lényegtelen konstansokat elhagyva elég ezt nézni:

$\int_0^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^{a+1}}=\int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^{a+1}}+\int_1^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^{a+1}}.$

Az első integrandus nyilván korlátos, az integrál tehát véges. A másik integrandus viszont felülről becsülhető

$\frac{x^2}{(1+x^2)^{a+1}}\le \frac{1}{x^{2a}}.$

Itt 2a>1, és ismert, hogy ilyenkor $\int_1^\infty \frac{1}{x^{2a}}$ konvergens.

Előzmény: [187] rizsesz, 2005-10-11 22:07:36

[187] rizsesz	2005-10-11 22:07:36
minden a>1/2-re konvergens?

[186] Lóczi Lajos	2005-10-11 20:31:32
A végeredmény jónak tűnik, azonban az integrál csak a>1/2 esetén konvergens, különben divergens. (Ha a komplex szám is lehet, akkor a valós része legyen nagyobb 1/2-nél.)
Előzmény: [185] nadorp, 2005-10-11 19:52:32

[185] nadorp

2005-10-11 19:52:32

No comment, ilyen volt a példa, egyszerűbb megoldást nem látok. De lehet, hogy igazad van és legközelebb E-mailben válaszolok a kitűzőnek, ha a példa jóval meghaladja a középiskolai anyagot.

Üdv

Előzmény: [184] hobbymatekos, 2005-10-11 17:02:17

[184] hobbymatekos	2005-10-11 17:02:17
:)) és még nekem volt lelkiismeretfurdalásom, nehogy a középsulit jóval meghaladó dolgokat irjak....
Előzmény: [183] nadorp, 2005-10-10 14:07:50

[183] nadorp

2005-10-10 14:07:50

Ha $Y=\sqrt{X}$ , akkor P(Y<x)=P(X<x²)=F(x²) tehát

$E(Y)=\int_0^{\infty}xdF(x^2)=\int_0^{\infty}2x^2{F^'}(x^2)dx=\int_0^{\infty}2x^2\frac{a}{(1+x^2)^{a+1}}dx$ ,tehát $E(Y)=2a\left(\int_0^{\infty}\frac1{(1+x^2)^a}dx-\int_0^{\infty}\frac1{(1+x^2)^{a+1}}dx\right)=2a(I(a)-I(a+1))$

Ha elvégezzük az $\frac1{1+x^2}=t$ helyettesítést, akkor ( ha nem számoltam el)

$I(a)=\frac12\int_0^1t^{a-\frac32}(1-t)^{-\frac12}dt=\frac12B(a-\frac12,\frac12)=\frac{\Gamma(a-\frac12)\Gamma(\frac12)}{2\Gamma(a)}$ , hasonlóan

$I(a+1)=\frac{\Gamma(a+\frac12)\Gamma(\frac12)}{2\Gamma(a+1)}=\frac{(a-\frac12)\Gamma(a-\frac12)\Gamma(\frac12)}{2a\Gamma(a)}$ , tehát

$2a(I(a)-I(a+1))=2a\frac1{2a}\frac{\Gamma(a-\frac12)\Gamma(\frac12)}{2\Gamma(a)}=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\Gamma(a-\frac12)}{\Gamma(a)}$

Előzmény: [182] rizsesz, 2005-10-09 23:02:30

[182] rizsesz	2005-10-09 23:02:30
Az a baj, hogy a TeX-hez nem értek :( Kezd gyanús lenni, hogy hibás integrál kell ráadásul. Azt elmondhatom esetleg? A lényeg, hogy a feladat a következő volt: Adott egy a paraméterrel rendelkező Pareto-típusú eloszlás: X=1-1/(x+1) ad a, és ezt transzformáljuk Y=gyökX alakba, majd annak kell a várható értéke. Az intervallum o és +végtelen. teX az meg meg lesz tanulva :)

[181] Lóczi Lajos

2005-10-09 16:40:50

(Miért nem TeX-ben írod a képletet? :)

Erre gondolsz?

$\int \sqrt{x} \cdot \left(1-\frac{1}{(x+1)^a}\right) dx?$

Az általános esetben hipergeometrikus függvény szerepel a képletben, de speciális a-kra (úgy látom, egész vagy egészek fele alakú számokra) elemi függvényekkel is kifejezhető. Pl. a=1 esetén a válasz

$\frac{2\left( \left( -3 + x \right) {\sqrt{x}} + 3 \rm{arctg} ({\sqrt{x}}) \right) }{3}.$

Látogass el a http://integrals.wolfram.com/ címre, ott próbálkozhatsz más a értékekkel is.

Előzmény: [180] rizsesz, 2005-10-09 13:55:45

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?