Fórum studentů MFF UK

(1) zjistete AK,K,D u integralu na (0,nekonecno) pro alfa z (0, nekonecno)
(sinx * sin2x)/((x^alfa) * arctgx)

(2) urcete alespon jednu ZPF H k
h(x)=((sinx)^3)*(log(abs(sinx)))*cosx
na intervalu(-2pi,2pi). Na jakzch intervalech existuji ZPF?

(3) Vyreste dif. rovnici
y'-(x^3)=2xy
a urcete alespon 1 maximalni reseni, ktere je polynomem.Kolik takovych reseni existuje?

(4) vypoctete urcity integr. na (1,nekonecno)
1/((logx)^2 - 3logx + 3)*x

edit: uz opravene zadani ctvrteho prikladu(viz dalsi prispevek)

V tom čtvrtém příkladě je to ještě přenásobeno 1\x, aby šla v pohodě substituce t := log x.

jojo, sorry. Ja to tam zapomnela napsat, diky. Ja to opravim.

deckaaaa? nexce sa vam zase niekomu napisat pribLizny postup k tym prikLadom?

ja viem akurat za 4 sa riesi substituciou y=Log x, ostane 1/ (y^2- 3y +3) co upravime na 1/[(y-3/2)^2 + 3/4] co vydelime 3/4 a mame z toho arctan.
v tom urcitom integraly boLo treba pocitat argtan nekonecno - arctan(-Sgrt3)

a zvysne napiste pLis nekto iny...diki moc...

Ok, dneska jsem to psal, tak můžu nabídnout svůj postup:

3) lin.dif.rce 1.řádu, takže není nad čím váhat, například metoda integračního faktoru vás po dvou integracích - jedné triviální a druhé "těžké", která chtěla substituci t = - x^2 a pak per partes - dovede k cíli.

1) hodí se rozepsat sin2x na 2sinxcosx, potom stačí srovnat u nuly s funkcí 1\x^(alfa-1), protože "sinus se chová jako x, arctg se chová jako x, a cosinus se chová jako jednička". Vyjde, že integrál konverguje (absolutně) pro alfa menší než dvě.
U nekonečna to jde napasovat na Dirichleta, takže máme neabsolutní konvergenci pro alfa z (0,2) - jedině tam nás to ještě zajímá.
Pro absolutní konvergenci jsem se to pokoušel odhadnout takovou tou metodou "součet integrálů přes interval délky pí" - aby to splňovalo B-C podmínku. Vyšlo mi, že AK pro alfa z (0,1), ale neručím za to.

2) tohle bylo pracnější. Rozdělit na intervaly, kde je ta věc spojitá: (0,pi),(pi,2pi) apod., na nich po substituci za sin x, resp. -sin x najít primitivní funkce, určit jednostranné limity v krajních bodech, a nalepit. Trochu veselé bylo určování těch limit (když jsem se pokoušel o jakž takž formální zápis), ale co taky čekat u pana Veselého

Tak jak jsem to resil ja, nerikam ze to je nutne spravne.

Lessis píše: (2) urcete alespon jednu ZPF H k
h(x)=((sinx)^3)*(log(abs(sinx)))*cosx
na intervalu(-2pi,2pi). Na jakzch intervalech existuji ZPF?

Tak tady je substituce
sin(x) = t
-> (t^3)*log(abs(t))
Na to se hodi perpartes. Nakonci je problem s lepenim, musi se dopocitat limity, to jsem nezvladl, ale udajne lopitalem to bylo hned. Vysledna funkce je na celym R.

Lessis píše: (3) Vyreste dif. rovnici
y'-(x^3)=2xy
a urcete alespon 1 maximalni reseni, ktere je polynomem.Kolik takovych reseni existuje?

No tak tady je ten postup snad uplne standartni,
y'-2xy = x^3

Spocita se nejdrive homogenni rovnice (y'-2xy = 0) a pak jedno partikularni reseni. Nevim o zadnem zadrhelu.
Snad jenom tam vyjde trochu horsi integral. Na ten se da substituce x^2 a pak jeste per partes.

Lessis píše: (4) vypoctete urcity integr. na (1,nekonecno)
1/((logx)^2 - 3logx + 3)*x

Substituce logx (prevedou se meze na 0,inf), potom se jmenovatel standartni metodou upravi na ctverec a vyjde tam arctg neceho. Nak 1/2+sqrt(3) nebo tak neco.

Vycisleni by taky nemel byt problem.