ΣΕΜΦΕ forum

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 15, 2008 7:27 pm**

Wizard έγραψε:Sorry για την ταλαιπΏρια...
Το latex πρέπει να δουλεύει και πάλι.
$\frac{e^x}{e^{-ix}}$

ομως δεν τα εμφανιζει καθαρα

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 18, 2008 4:39 pm**

antony07 έγραψε:Για a,b,c να ανήκουν στο [0,1], να δειχθεί ότι:

Μετα απο πολυ καιρο, 2 λυσεις

Αυτη του Antony αποδεικνειεται με χρηση του κριτηριου της 2ης παραγογου. Ειναι κυρτη επομενος εχει μεγιστο μονο οταν οι μεταβλητες παρουν την τιμη 0 η 1

Επισεις για την 1η ανισοτητα στη 1η σελιδα, μας την εβαλε για το σπιτι ο Ρασσιας πριν κατι μερες και βρηκα μια καλυτερη λυση χωρις Chebyshev, Holder κλπ. Απλα προσθετουμε κυκλικα την ανισοτητα α^3 + β^3 >= αβ(α + β) (η οποια αποδεικνειεται πολυ ευκολα με απλες πραξεις), προσθετουμε κατα μελη με την ΑΜ-ΓΜ για 3 ορους (α^3 + β^3 + γ^3 >= 3αβγ), και μετα παραγοντοποιουμε

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 5:39 pm**

paidia mporei kapoios na me voithisei me to oloklirwma 1 pros x epi riza 1+x^2 ?????? an katalavate.....

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 6:19 pm**

Η ρίζα είναι στον αριθμητή ή στον παρονομαστή;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 6:37 pm**

vasika i riza einai ston paranomasti dld 1/(x*(x^2 +1)^1/2)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 7:16 pm**

nai alla to x den einai stn riza....thanx for tryin'.....:DD

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 7:50 pm**

borei na voithisi an theseis opou (x^2+1)1^2=x-t.exei prakseis mexri na katalikseis x=... kai dx=.... kai meta st oloklirwma alla einai to mono pou dokimasa kai proxwrise.dokimase to kai pisteuw pws tha sou vgei

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 7:55 pm**

manolo7 έγραψε:vasika i riza einai ston paranomasti dld 1/(x*(x^2 +1)^1/2)

Όταν βλέπεις $x^2 + 1$ τις περισσότερες φορές θέτεις $x = tanu$ και έχεις:

$dx = d(tanu) = \frac{du}{{cosu}^2} = x^2 + 1$ (απλές πράξεις).

Με τον παραπάνω μετασχηματισμό το ολοκλήρωμα γίνεται:

$\int{\frac{du}{tanucosu}} = \int{\frac{du}{sinu}} = \int{\frac{sinudu}{(sinu)^2}} = = \int{\frac{sinudu}{1 - (cosu)^2}} = -\int{\frac{d(cosu)}{1 - (cosu)^2}}$

Εδώ θέτεις $cosu = t$ και ανάγεσαι στο ολοκλήρωμα:

$-\int{\frac{dt}{1 - t^2}} = -\frac{1}{2}(\int{\frac{dt}{1 + t}} + \int{\frac{dt}{1 - t}}) = -\frac{1}{2}ln(|t+1|) + \frac{1}{2}ln(|1 - t|) + c$

Κάνεις αντικατάσταση το $t = cosu = cos(Arctan(x))$ και βρήσκεις το ζητούμενο.
Αν κάνεις μερικές απλές πράξεις με γνωστούς τριγωνομετρικούς τύπους προκύπτει ακριβώς αυτό που βρήσκει και ο από κάτω. Συγκεκριμένα έχεις:
$\frac{t^2}{1 - t^2} = \frac{(cosu)^2}{(sinu)^2} = (tanu)^2 = x^2$ και από εδώ βρήσκεις το $t$ συναρτήσει του $x$ και κάνεις αντικατάσταση στο αποτέλεσμα (πρέπει να διακρίνεις και κάποιες απλές περιπτώσεις για τα πρόσημα των $x$ και $t$ , οι οποίες όμως θα δώσουν τελικά όλες το ίδιο αποτέλεσμα).
Αλλά και να αφήσεις τα $cos(Arctan(x))$ σε μια εξέταση πχ δε νομίζω να σου κόψουν τίποτα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 7:58 pm**

Θέτουμε $\sqrt{x^{2}+1}=t$ τότε $x^{2}+1=t^{2}$ .

Άρα $xdx=tdt\Rightarrow dx=\dfrac{tdt}{x}$

Οπότε έχουμε

$I = \int \dfrac{1}{x sqrt{x^{2}+1}}dx =\int \dfrac{\dfrac{tdt}{x}}{xt} =\int \dfrac{dt}{x^{2}}= \int \dfrac{dt}{t^{2}-1}= \int \dfrac{dt}{(t-1)(t+1)} = \int \dfrac{1}{2(t-1)}dt -\int \dfrac{1}{2(t+1)}dt = \dfrac{1}{2} \ln|t-1|- \dfrac{1}{2} \ln|t+1|+c = \dfrac{1}{2} \ln|sqrt{x^{2}+1}-1|- \dfrac{1}{2} \ln|sqrt{x^{2}+1}+1| + c$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 28, 2012 11:11 pm**

euxaristw pl gia tn voitheiaa

ΣΕΜΦΕ forum

[Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι

Re: [Ασκήσεις] Ανάλυση Ι