Fórum: Valaki mondja meg!

[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] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[500] epsilon	2008-05-02 08:33:38
Kedves Káli gúla! Köszi, hogy foglalkozol a problémával, és általánosítottabb formában elsőfokú föggvénnyel próbáltad asszimptótikusan megközelíteni az integrandusz alatti függvényt. Megpróbáltam emésztgetni a leírtakat, de amikor az utolsó integrálhoz értem, vagyis amit lennebb beteszek, ahoz, hogy ott a limesz 1/2 legyen szükséges a k1=k2=2...és akkor az azelőtt levő x+e(expx) közrefogása egy egyenlőségé alakúlnak, ami nem igaz. Ha tévedek,vagy rosszul értettem valamit, légyszíves javíts ki, mert a feladat megoldása ami érdekel, nem az, hogy keressem a kákán a csomót...de úgy látom, hogy..ahol jeleztem, elakadtam. Előre is kösz, üdv: epsilon

Előzmény: [499] Káli gúla, 2008-05-01 23:13:41

[499] Káli gúla

2008-05-01 23:13:41

A 731. megoldása. A határérték szempontjából mindegy, hogy a $\lim \int_{-1}^0 n f^n(x) dx$ -ben honnan integrálunk 0-ig, hiszen x<- $\epsilon$ esetén |f(x)|<h<1, és így a (-1,- $\epsilon$ ) részen az integrandust nhⁿ $\to$ 0-val lehet felülről becsülni. Lineáris függvényekre könnyen kiszámolhatjuk az integrált - $\epsilon$ és 0 között:

$\int_{-\epsilon}^0 n(kx+1)^n dx = \frac{n}{n+1} \int_{-\epsilon}^0 (n+1)(kx+1)^n dx = \frac{n}{n+1} \Big[ \frac1k(kx+1)^{n+1}\Big]_{-\epsilon}^0 = \frac{n}{n+1} \frac1k(1-q^{n+1}) \to \frac{1}{k} ~~~~~~ (n\to\infty)~.$

Ha k₁<f '(0)<k₂, akkor alkalmas $\epsilon$ mellett a (- $\epsilon$ ,0) intervallumon k₂x+1 $\le$ f(x) $\le$ k₁x+1, ezért $\frac{1}{k_2}\le \lim_{n\to\infty} \int_{-\epsilon}^0 n f^n (x) dx \le \frac{1}{k_1}$ . Tehát a kérdésben szereplő határérték $\frac{1}{f~'(0)}$ , azaz f(x)=x+e^x esetén $\frac{1}{1+e^0}=\frac{1}{2}$ .

Előzmény: [486] epsilon, 2008-04-27 10:37:40

[498] epsilon	2008-04-30 08:24:11
Nagyszerű nadorp! Ez volt az egyetlen transzformáció ami változatlanul hagyta a nevezőt és a számlálóval is volt mit kezdeni. Természetesen a mezei integrál 4/4-el szorozva, azonnal kijön. Köszi szépen, ez sem volt piskóta, még maradt a 731. amire kiváncsi vagyok, megint egyedi-e a megoldása. A felygyült integráltesókat szerencsére ritkítottam, de ezek keményebb diók voltak Üdv: epsilon
Előzmény: [497] nadorp, 2008-04-29 21:06:23

[497] nadorp

2008-04-29 21:06:23

736.

Felhasználva, hogy $arc\tg x+arc\tg\frac1x=\frac\pi2$ ,az $x=\frac1y$ helyettesítéseel

$\int_0^\infty\frac{arc\tg x}{x^2+x+1}dx=\int_0^\infty\frac{arc\tg\frac1y}{y^2+y+1}dy=\int_0^\infty\frac{\frac\pi2-arc\tg y}{y^2+y+1}dy$ ,azaz

$2\int_0^\infty\frac{arc\tg x}{x^2+x+1}dx=\frac\pi2\int_0^\infty\frac{dx}{x^2+x+1}$

A jobb oldal már "mezei" integrál, $a\int\frac{dx}{(bx+c)^2+1}$ alakra hozható.

Előzmény: [495] epsilon, 2008-04-29 13:57:56

[496] Róbert Gida	2008-04-29 20:56:19
Teljesen igazad van.
Előzmény: [494] Sirpi, 2008-04-29 10:03:01

[495] epsilon

2008-04-29 13:57:56

Ha segítene valamit, a 731.-nek a limesz értéke 1/2, próbáltam még Taylor sorral, az sem jött össze, a Newton Binomiális képlet az nem dobja ki az 1/2-öt, tehát ha azzal próbálom, valami összeg limeszeként kellene előálljon, de még mindig a rekurzióval próbálkozom, akár másodrendű is jó lenne...A 736-ot is a 735 mintájáta analóg változcserével, nem alakult úgy egyenlenek, mint a 735, a nevező megváltozott :-(

[494] Sirpi	2008-04-29 10:03:01
Na ezt gondold át még egyszer :-) A függvény primitív függvénye valóban csak konstans erejéig meghatározott (legyen F(x)+c), de mivel rögzített intervallumon integrálunk, ezért az integrál értéke pl. az első esetben F(0)+c-F(-1)-c=F(0)-F(-1) teljesen független a konstans megválasztásától - ami nem is csoda, mert az integrál megegyezik ezen az intervallumon a görbe alatti területtel.
Előzmény: [493] Róbert Gida, 2008-04-29 08:57:50

[493] Róbert Gida	2008-04-29 08:57:50
Az első és az utolsó limesz persze csak úgy értelmes, hogy az integráloknál az integrációs konstans mindig 0, különben a limesz nem létezik, hiszen csak konstans erejéig meghatározott az integrál.
Előzmény: [492] epsilon, 2008-04-29 06:44:10

[492] epsilon	2008-04-29 06:44:10
A 731.-hez ha Valaki egy rekurziós öszefüggést tudna megállapítani, az is elég lene...

[491] epsilon	2008-04-28 16:18:35
A 735. is hosszas ütközetek után kinyírva, az x=(2-t)/(1+2t) változócserével egy kiszámítható, meg az eredeti integrál ellentettje lett. Szóval ez sem volt piskót! Még maradt 2, de közben megint gyűlt vagy 10 :-(

[490] epsilon	2008-04-28 15:18:50
Elnézést, a 731. feladatban a KÜLSŐ 2 helyett van az n (nem belül, ott e az x hatványon van), amásik esetben úgy van, ahogyan jonas kihangsúlyozta!

[489] jonas	2008-04-28 10:46:50
Szerintem függ az n-től, csak nem látszik.

Előzmény: [488] Sirpi, 2008-04-28 10:25:11

[488] Sirpi	2008-04-28 10:25:11
A 731-es nincs elírva? Csak mert az integrandus nem függ n-től, ezért az egész kifejezés $\lim_{n \to \infty} n\cdot c$ alakú, ami c-től függően vagy 0 vagy $\pm$ $\infty$ , ráadásul az integrál se nehéz, hiszen csak az e^2x-et, x^.e^x-et és x²-et kell hozzá integrálni, egyikkel sincs gond.
Előzmény: [487] epsilon, 2008-04-28 09:50:50

[487] epsilon	2008-04-28 09:50:50
A 734. meglett :-) , szép feladat!

[486] epsilon	2008-04-27 10:37:40
Helló!Megint gyűltek keményebb feladatok, a következő integrálok esetén sorra valahol belefulladtam, vagy regény lett a megoldásból :-( ha Valakinek van valami örlete, előre is köszönöm! Üdv: epsilon

[485] epsilon	2008-04-25 14:30:03
Hát akkor ezek szerint, a több mint 1000 feladatot tartalmazó könyvből kb ez a 3. hibás (hiányos megfogalmazásu,) feladat.

[484] nadorp

2008-04-24 09:52:46

Ekkor Doom megoldását általánosítva k<m<n pozitív egészekre a

qⁿ-(4k+1)q^m+(5m-n)q^k+(4k-5m+n)=0

egyenletnek kell keresni az összes q $\neq$ 1 valós megoldását. Kérdés, hogy mindig van-e?

Pld. k=1 m=2 n=4 esetén q²+2q-2=0 vagy

k=1 m=3 n=5 esetén q³+2q²-2q-6=0

Előzmény: [483] epsilon, 2008-04-23 15:54:54

[483] epsilon	2008-04-23 15:54:54
Helló Doom! Úgy fordítottam, és ez alapján úgy értem, hogy mindkét sorozatból összeadjuk pl. az m-edik, n-edik, p-edik, s-edik tagokat, ahol az m, n, p, s nem föltétlen egymás utáni számok.
Előzmény: [482] Doom, 2008-04-23 15:32:13

[482] Doom	2008-04-23 15:32:13
Hm, akkor ezt most úgy érted, hogy egyforma indexű, tehát pl. mindkét sorozat 1., 5., 9., 17. tagját adjuk össze?
Előzmény: [481] epsilon, 2008-04-23 14:47:55

[481] epsilon	2008-04-23 14:47:55
Helló Doom és Csimby!A feladat fordításból származik, többször is átnéztem, de SEHOL sem ír arról, hogy EGYMÁSUTÁNI tagok lennének, úgy írja, hogy 4 azonos (egyforma) sorszámú (indexű) tagok páronkénti öszegéről van szó! Sajnos ebben az esetben nem látom be a Káli gúla szép megoldásában, hogy az úgy lenne :-( és olyan kár lenne érte :-(
Előzmény: [473] Doom, 2008-04-22 07:31:52

[480] Sirpi	2008-04-23 11:20:34
Köszi a válaszokat! Akkor nem is agyalok tovább rajta :-)

[479] HoA	2008-04-22 17:54:24
Én is. De ha már lerajzoltam, felteszem a szerkesztés megoldását. Inverzióval egyszerű. Legyen az inverzió középpontja a két nagyobb - ha van - kör ( k1 és k2 ) érintési pontja, alapköre pedig a harmadik körre ( k3 )merőleges. ( piros kör ). Ekkor k3 inverze önmaga, a másik kettőé két párhuzamos, k3-at érintő egyenes (kék) . A szerkesztendő kör inverze érinti k3-t és a két egyenest (zöld). A szerkesztendő érintési pontokat a zöld kör érintési pontjainak az inverzió középpontjából történő vetítésével kapjuk (barna egyenesek).

Előzmény: [478] jonas, 2008-04-22 16:41:19

[478] jonas	2008-04-22 16:41:19
Jaj. Elkéstem.
Előzmény: [476] Róbert Gida, 2008-04-22 16:34:31

[477] jonas

2008-04-22 16:40:58

Igen, a sugárra egy elég egyszerű képlet van. Coxetertől A geometriák alapjai leírja. A tétel a Descartes Circle Theorem, az explicit képletet pedig a Soddy Circles oldal adja meg.

Ebből következik, hogy a sugár, és így a középpont is, szerkeszthető.

Előzmény: [475] Sirpi, 2008-04-22 14:55:52

[476] Róbert Gida	2008-04-22 16:34:31
Ez egy ismert probléma: http://mathworld.wolfram.com/SoddyCircles.html A második formula adja a választ
Előzmény: [475] Sirpi, 2008-04-22 14:55:52

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?