zkuska 12.6
- ivo_svk
- Matfyz(ák|ačka) level I
- Příspěvky: 48
- Registrován: 27. 3. 2006 17:03
- Typ studia: Informatika Bc.
- Bydliště: Hvězda 1/58
- Kontaktovat uživatele:
zkuska 12.6
takze dnes bola dalsia skuska z analyzy...
priklad 1: suma(2 az nekonecno) ((-1)^(k)*sin(1/k)*arctg(k))/(k^(alfa)*log(k))
pre alfa realne
priklad 2: urcit aspon jednu primitivnu fce k h(x) pre vsetky hodnoty parametrou a,b z [0,nekonecno)
h(x)=exp(ax)*cos(bx)
priklad 3: riesit dif. rovnicu, najst aspon jedno max. riesenie vyhovujuce y(0)=0 a zistit kolko takych rieseni je
y'=sqrt(1-y^2)
priklad 4: urcity integral od -1 do nekonecna dx/(sqrt(x+1)+sqrt((x+1)^3))
priklad 1: suma(2 az nekonecno) ((-1)^(k)*sin(1/k)*arctg(k))/(k^(alfa)*log(k))
pre alfa realne
priklad 2: urcit aspon jednu primitivnu fce k h(x) pre vsetky hodnoty parametrou a,b z [0,nekonecno)
h(x)=exp(ax)*cos(bx)
priklad 3: riesit dif. rovnicu, najst aspon jedno max. riesenie vyhovujuce y(0)=0 a zistit kolko takych rieseni je
y'=sqrt(1-y^2)
priklad 4: urcity integral od -1 do nekonecna dx/(sqrt(x+1)+sqrt((x+1)^3))
Naposledy upravil(a) ivo_svk dne 12. 6. 2006 22:08, celkem upraveno 1 x.
zkouska 12.6.
V prikladu 2 je a,b prvkem [0,+nekonecno), ne celeho R.
Dale prikladam maly navod, ja se to (mozna-neco-snad) dalo resit, kdyby si s tim nekdo nevedel rady...
1) Pro alfa>=-1 jsem se to snazil uhrat na Leibnize s tim, ze monotonii bych dokazoval pres derivaci prolozene fce (snad by mohla byt zaporna). Jinak neni splnena nutna podnimka konvergence. Absolutni konvergence by mohla jit srovnanim s g(k)=1/(k^(1+alfa)*logk) potom pro alfa>0.
2) Napriklad substituci za bx (b<>0) potom dvakrat per-partes, z toho vyleze ten samej integral, kterej se vyjadri z rovnice. Pro b=0 cosinus zmizi a je to substituce za ax (a<>0) a je to. A pro a=b=0 ponechame ctenari jako snadne cviceni...
3) Vydelime pravou stranou (pseudoreseni: 1 a -1 - nevyhovuji podmince) a integrujeme. Stastlivci si vsimnou, ze je to vzorec pro derivaci arcsin a mame reseni sin(x+c). S pocatecni podminkou to da sin(x) a sin(x+pi). To jsou maximalni reseni. Maximalnich reseni je nekonecne mnoho, protoze muzeme lepit funkcemi y=1 a y=-1.
4) Substituujeme za odmocninu a je z toho arctg, to toho se dosadi a vyleze pi. Ten docela sel.
Tot ma troska do mlyna, za postupy absolutne nerucim, ale snad to i tak nekomu pomuze, jako mne pomohlo reseni prvni pisemky (diky saddo). Hodne stesti.
Dale prikladam maly navod, ja se to (mozna-neco-snad) dalo resit, kdyby si s tim nekdo nevedel rady...
1) Pro alfa>=-1 jsem se to snazil uhrat na Leibnize s tim, ze monotonii bych dokazoval pres derivaci prolozene fce (snad by mohla byt zaporna). Jinak neni splnena nutna podnimka konvergence. Absolutni konvergence by mohla jit srovnanim s g(k)=1/(k^(1+alfa)*logk) potom pro alfa>0.
2) Napriklad substituci za bx (b<>0) potom dvakrat per-partes, z toho vyleze ten samej integral, kterej se vyjadri z rovnice. Pro b=0 cosinus zmizi a je to substituce za ax (a<>0) a je to. A pro a=b=0 ponechame ctenari jako snadne cviceni...
3) Vydelime pravou stranou (pseudoreseni: 1 a -1 - nevyhovuji podmince) a integrujeme. Stastlivci si vsimnou, ze je to vzorec pro derivaci arcsin a mame reseni sin(x+c). S pocatecni podminkou to da sin(x) a sin(x+pi). To jsou maximalni reseni. Maximalnich reseni je nekonecne mnoho, protoze muzeme lepit funkcemi y=1 a y=-1.
4) Substituujeme za odmocninu a je z toho arctg, to toho se dosadi a vyleze pi. Ten docela sel.
Tot ma troska do mlyna, za postupy absolutne nerucim, ale snad to i tak nekomu pomuze, jako mne pomohlo reseni prvni pisemky (diky saddo). Hodne stesti.
Par poznamek k reseni:
1) Jaks to srovnaval s 1/(k^(1+alfa)*logk), to bych udelal uz na zacatku, bude se ti to pak lip derivovat...
3) Tady ti vyjde podminka -pi/2<=x+c<=pi/2, teda -pi/2-c<=x<=pi/2-c. Protoze sin(0+c)=0 a x musi nalezet do toho intervalu, vyjde ti c jenom nula. Maximalni reseni bude jenom jedno (maximalni reseni je na intervalu, kterej uz nemuzes natahnout) a to -1 na (-inf, -pi/2), sinx na (-pi/2, pi/2) a 1 na (pi/2, inf). Teda doufam...
Jinak 2) a 4) by melo bejt dobre...
1) Jaks to srovnaval s 1/(k^(1+alfa)*logk), to bych udelal uz na zacatku, bude se ti to pak lip derivovat...
3) Tady ti vyjde podminka -pi/2<=x+c<=pi/2, teda -pi/2-c<=x<=pi/2-c. Protoze sin(0+c)=0 a x musi nalezet do toho intervalu, vyjde ti c jenom nula. Maximalni reseni bude jenom jedno (maximalni reseni je na intervalu, kterej uz nemuzes natahnout) a to -1 na (-inf, -pi/2), sinx na (-pi/2, pi/2) a 1 na (pi/2, inf). Teda doufam...
Jinak 2) a 4) by melo bejt dobre...
- ivo_svk
- Matfyz(ák|ačka) level I
- Příspěvky: 48
- Registrován: 27. 3. 2006 17:03
- Typ studia: Informatika Bc.
- Bydliště: Hvězda 1/58
- Kontaktovat uživatele:
k tej rade...
u Leibniza nieje monotonia v predpokladoch staci dokazat ze postupnost bez toho (-1)^k je nezaporna (to je vidiet) a jej limita je nula pre alfa vacsie nanajvys rovne -1...
Reakce
to ivo_svk: Monotonie u Leibnize rozhodne v predpokladu je a je potreba ji opravdu overit, bez toho to obecne neplati.
to sadda: Tou podminkou u 3 jsi me docela zaskocil. Nejsem si tim ted uplne jist, ale kdyz se na ni vykasles a vezmes napr. fci y=sin(x+pi) a dosadis ji do puvodni diferencialni rovnice, tak Ti vyjde goniometricka jednicka pro libovolne x+pi a to omezeni dane vypoctem se Ti neprojevi a Ty tak ziskas maximalni reseni, neni to tak?
to sadda: Tou podminkou u 3 jsi me docela zaskocil. Nejsem si tim ted uplne jist, ale kdyz se na ni vykasles a vezmes napr. fci y=sin(x+pi) a dosadis ji do puvodni diferencialni rovnice, tak Ti vyjde goniometricka jednicka pro libovolne x+pi a to omezeni dane vypoctem se Ti neprojevi a Ty tak ziskas maximalni reseni, neni to tak?