Matematyka.pl

To jest bardzo ciekawe, co piszesz. Wykonując standardowy algorytm rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste i całkując je, otrzymujemy zawsze w wyniku kombinację linoiwą: funkcji wymiernej, logarytmu funkcji liniowej, logarytmu funkcji kwadratowej o ujemnym wyróżniku i arcustangensa funkcji linio...

Na takie przemyślenia mi się ostatnio zebrało: Czy może być taka sytuacja, że mamy funkcję wymierną i mianownik funkcji wymiernej nie daje się "ładnie" rozłożyć na czynniki, czyli np * mamy w mianowniku wielomian stopnia 3 lub i 4 i wzory na pierwiastki zajmują 3 strony, albo * mamy wielom...

\begin{array}{l} {\mbox{Musze pokazac}}{\mbox{, ze:}} \\ & S = \left( {\frac{1}{1} - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + ... = 1 \\ {\mbox{Oczywiscie mozna zauwazyc}}{\mbox{, ze drugi wyraz z nawiasu redukuje sie}} \\ ...

Wystarczyło wziąć \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt {\ln x}}\).

Tak naprawdę chodziło o znalezienie takiej funkcji f(x), aby dla dowolnego a,b>0 spełniona była w nieskończoności nierówność:
\(\displaystyle{ \left( {\ln x} \right)^a \le f(x) \le x^b}\)

Wystarczy zatem za f(x) wziąć \(\displaystyle{ e^{\sqrt {\ln x} }}\).

Czy można znaleźć taką funkcje f(x), aby spełnione było:
\(\displaystyle{ \forall a > 0{\mbox{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{a\ln (\ln x)}}{{f(x)}} = 0{\mbox{ }} \wedge {\mbox{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{{\frac{1}{a}\ln (x)}} = 0}\)

\begin{array}{l} f_n (x) = \frac{x}{{4 + n^4 x^2 }} = \frac{{\frac{x}{{n^4 }}}}{{\frac{4}{{n^4 }} + x^2 }}\mathop \to \limits^{n \to \infty } f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{0}{{0 + x^2 }} = \frac{0}{{x^2 }}{\mbox{ = 0 dla }}x \ne 0 \\ \frac{0}{{4 + 0}} = 0{\mbox{ dla }}x = 0 \\ \end{array} \...

MakCis pisze:Nigdy to kryterium mi się nie przydało.

To ciekawe rzeczy opowiadasz, bo wg. mnie to jedno z najlepszych kryteriów, dzięki któremu można większość szeregów badać nawet w pamięci. Do tego znająć asymptotyki w rodzaju \(\displaystyle{ \sin x, \tan x \sim x}\) dla małych \(\displaystyle{ x}\) oraz \(\displaystyle{ \ln(1+x) \sim x.}\)

Można też tak zaatakować: \begin{array}{l} \frac{1}{{1 + \sin x + \cos x}} = \frac{1}{{1 + \sin x + \cos x}} \cdot \frac{{1 - (\sin x + \cos x)}}{{1 - (\sin x + \cos x)}} = \frac{{1 - \sin x - \cos x}}{{1 - (\sin ^2 x + 2\sin x\cos x + \cos ^2 x)}} = \\ = \frac{{1 - \sin x - \cos x}}{{ - 2\sin x\cos...

Przecież taśma ma skończoną grubość, więc po co wzory z całkami? Każdy kolejny zwój ma promień o grubość taśmy większy od poprzedniego, Wykorzystaj wzór na sumę szeregu arytmetycznego i dostaniesz długość.

Wykaż:
\(\displaystyle{ \int_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}e^{ - nx} dx} = \arctan \frac{1}{n}}\)

Jak do tego podejść? ;>-- 14 lipca 2013, 00:41 --Coś mi to zalatuje transformatą Laplace.

\begin{array}{l} 1)\frac{{nx}}{{1 + nx^2 }} = \left\{ \begin{array}{l} \frac{x}{{\frac{1}{n} + x^2 }}\mathop \to \limits^{n \to \infty } \frac{x}{{0 + x^2 }} = \frac{1}{x}{\mbox{ }}\gray{{{\mbox{dla }}x \ne 0}} \\ \frac{0}{{1 + 0}} = 0{\mbox{ }}\gray{{{\mbox{dla }}x = 0}} \\ \end{array} \right. \\ ...

\begin{array}{l} {\mbox{Wezmy dowolny }}x \in \mathbb{R} \\ \sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 + x^2 } } \right) = \sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 + x^2 } - 2\pi n} \right) = \sin ^2 \left( {2\pi n\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } - 1} \right)} \right) = \\ = \sin ^2 \left( {2\pi n\l...

Posiadam, zajmuję 3 linijki.
Podpowiedź - przekształć trochę wyrażenie podcałkowe. Potem już zobaczysz co dalej ;>

\(\displaystyle{ \int {\frac{{x^2 - 1}}{{(x^2 + 1)\sqrt {x^4 + 1} }}dx}}\)

PS. Wolfram myli się mówiąc, że rozwiązanie wymaga całek eliptycznych.