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.

[510] Káli gúla

2008-05-18 19:33:14

Az egyenletet felírhatod abból kiindulva is, hogy a belső szögfelező egyenesének normálvektora a külső szögfelező iránya, ez pedig az oldalirányú egységvektorok különbsége: ÿ $\frac{{\bf b}-{\bf a}}{|{\bf b}-{\bf a}|} - \frac{{\bf c}-{\bf a}}{|{\bf c}-{\bf a}|}$ (|v| a vektor hosszát jelenti). Tehát a keresett egyenlet:

$(x-a_1)\Big(\frac{b_1-a_1}{|{\bf b}-{\bf a}|} - \frac{c_1-a_1}{|{\bf c}-{\bf a}|}\Big) + (y-a_2)\Big(\frac{b_2-a_2}{|{\bf b}-{\bf a}|} - \frac{c_2-a_2}{|{\bf c}-{\bf a}|}\Big) =0$

Előzmény: [507] komalboy, 2008-05-18 11:45:52

[509] BohnerGéza	2008-05-18 18:14:55


Előzmény: [507] komalboy, 2008-05-18 11:45:52

[508] Róbert Gida	2008-05-18 13:44:28
$cos(\frac {\alpha}{2})y-sin(\frac {\alpha}{2})x=0$ az egyenlete az A csúcsból kiinduló (belső) szögfelezőnek, ha az A=(0,0),B=(c,0),C=(b*cos( $\alpha$ ),b*sin( $\alpha$ )).
Előzmény: [507] komalboy, 2008-05-18 11:45:52

[507] komalboy

2008-05-18 11:45:52

Sziasztok!

Valaki leírná általánosan a háromszög egyik belső szögének szögfelező egyenesének egyenletét??? előre is köszönöm

[506] epsilon

2008-05-02 20:12:36

Helló Róbert Gida! A 659)-es feladatra ennél szebb, egyszerűbb megoldást elképzelni sem lehet, gatulálok, köszi! a 691)-es feladat esetén valóban úgy tűzték ki, hogy a limeszét kérték, de Én blöffnek láttam, minekutána az [503]-nál vázoltam a gondolatmenetet, hát azt nagyon át kell néznem, hogy miért hibás az, hogy egyenként kijön az a 6 integrálnak a közös pi/12 érték, de lehet, hogy nem hibás, hanem a limesszel már másként alakul. Szóval jó sejtésed volt, hogy a limeszt odatetted. Szóval most azt a megoldást is alaposa átmazyolázom, haddlám mit tévesztettem szem elől, a társintegráljaim esetén. Mindenképpen, ez a megoldásod lényegesen rövidebb mint amibe Én belekezdtem. Gratulálok, és kösz, üdv: epsilon

[505] Róbert Gida

2008-05-02 17:06:23

Ordít az integrálról a szimmetria, y=3-x helyettesítéssel az intervallum második felében:

$\int _{0}^3 \frac {\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}=\int _{0}^{\frac 32} \frac {\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}+\int _{\frac 32}^3 \frac {\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}=\int _{0}^{\frac 32} \frac {\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}+\int _{\frac 32}^0 \frac {-\sqrt{3-y}}{\sqrt{3-y}+\sqrt{y}}=$

$\int _{0}^{\frac 32} \frac {\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}+\int _{0}^{\frac 32} \frac {\sqrt{3-y}}{\sqrt{3-y}+\sqrt{y}}=\int _{0}^{\frac 32} \frac {\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{3-x}}=\frac 32$

Előzmény: [502] epsilon, 2008-05-02 15:11:49

[504] Róbert Gida

2008-05-02 16:50:47

De persze csak n tart végtelen esetén lesz annyi az integrál, adott n-re nem annyi. Számlálóval beosztva szebb az integrál:

$\int _{0}^{\frac {\Pi}{3}} {\frac {1}{1+cotan(x)^n}}$

Ami így írva már kellemes, hiszen $0<x<\frac {\Pi}{4}$ esetén 1<cotan(x), míg $\frac {\Pi}{4}<x<\frac {\Pi}{3}$ esetén 0<cotan(x)<1. Rögzített $\epsilon$ >0-ra, amit integrálni kell az tart 1-hez a $[\frac {\Pi}{4}+\epsilon,\frac {\Pi}{3}]$ intervallumon, így az integrál $\frac {\Pi}{12}$ -höz tart. Míg $[\epsilon,\frac {\Pi}{4}-\epsilon]$ intervallumon 0-hoz tart, így az integrál is. A kimaradó két intervallum hossza 0-hoz tart, de rajta korlátos függvényt integrálunk, így az integrál is 0-hoz tart, ha $\epsilon$ tart 0-hoz. Így az integrál $\frac {\Pi}{12}$ .

Előzmény: [503] epsilon, 2008-05-02 15:29:53

[503] epsilon	2008-05-02 15:29:53
Helló! A feltételezhetően utolsó (?) integrál az alábbi: ezzel az a gond, hogy nagyon hosszas, és az eredmény duplája az-az pi/6 jött ki a pi/12 helyett. A megoldásvázlat: Legyen I ugyanaz az integrál mint a képen, de 0 és pi/2 között. Ezt felbontottam I=I1+I2+I3 integrálokra, pi/6 és pi/3 osztópontoknál. Hozzárendeltem a J=J1+J2+J3 társintegrálokat, amik ugyanolyanok mint az előzőek, de a számlálókban sin helyett cos van. Nem nehéz igazolni, hogy I=J=pi/4. Ezután változócseréket végeztem és I1=J3, és ilyesmik adódtak. Az lett a vége, hogy mind a 6 számozott integrál egyenlő, és közös értékük pi/12. De ezzel, a kitűzött feladat integrálja I1+I2=pi/6 és nem pi/12 :-( A megoldásom hibás, vagy a kitűzött feladatban a felső korlát pi/6 kellene legyen a pi/3 helyett? Vagy ??? Ez a feladat, kösz, üdv: epsilon.

[502] epsilon	2008-05-02 15:11:49
Helló! Szerencsémre már fogytá vannak az integrálok :-) Az alábbi integrállal csupán annyi a bajom, hogy Én az x/(3-x)= t×t változócserét láttam ésszerűnek, azzal kijön az adott eremény. Van valami egyszerűbb megoldás, ahol nem kell ennyit számolni? Előre is kösz, üdv: epsilon

[501] epsilon

2008-05-02 09:07:35

Kedves Káli gúla! Az általánostott ötleted alapján úgy látom, hogy a feladatom esetén elegendő olyan a, b valós számokat találni, amelyekre 2x+a<=f(x)<=2x+b. Ennek érdekében tekintetem egy g(x)=f(x)-2x-k segédfüggvényt a (-1;0) intervallumon. Mivel itt, ennek a deriváltja nem pozitív, ezért itt a g(x) monoton csökkenő, vagyis g(0)<=g(x)<=g(-1) ahonnan a=-k é b=1+1/e -k megfelel (sőt pl. k=1 esetén még egyszerűbbek a korlátok). Ezzl a közrefogássak, az általad leírt lineáris függvény integrálása alapján a limesz láthatóbban 1/2 (persze nem olyan szép általánosan mint Te írtad). És az f'(0) pedig az e(expx) Taylor sorbafejtés (a 0 körül) második tagjára emlékeztet. Most csupán az a "gondom", hogy mivel ez a feladat középisklásoknak feleletválasztós teszt, hogyan lehet ép ésszel meggyőzni egy jobbacska diákot, hogy miért éppen a 2x+k típusú fogófüggvényt kerestem, vagyis miért van ott 2 és miért nem MÁS szám? Én erre csak az e(expx) Taylor sorbafejtésévől látom az f(x)-ben 2 megjelenését...valami más emészthetőbb tipp? Ismételten köszönöm a tartalmas, szinvonalas segítségedet, ami nélkül nem lett volna ez a happy End. Üdv: epsilon

[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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?