#21: Autor/ica: smajl, Lokacija: ZagrebPostano: 12:46 ned, 9. 5. 2010 Ok, hvala ti puno. Sad sam skuzila
#22: Autor/ica: kaj, Postano: 14:42 ned, 9. 5. 2010 Možeš korititi i identitet koji smo radili na vježbama: Znači period početne funkcije je pi, a mi moramo izračunati integral od 0 do 10*pi, a to je isto kao da računamo 10 integrala od 0 do pi, pa onda ne trebamo posebno u ovom zadatku paziti na te predznake i "negativne" površine...
#23: Autor/ica: ankovacic, Postano: 19:05 ned, 9. 5. 2010 Zbunjuje me 2. a) zadatak... Dakle zadatak je:
u granicama od 1/e do e (nisam znao napisati u texu)
Uglavnom... Na wolframu ispada rijesenje:
Da nema ove apsolutne zagrade zadatak bi bio iznimno jednostavan, ali mislim da se ovako ima prčkanja po nekakvim signum funkcijama kad se derivira kako sam vidio na wolframu
#24: Autor/ica: pmli, Postano: 19:49 ned, 9. 5. 2010 Kad imaš apsolutne vrijedosti, često je najbolje podijeliti početni segment na nekoliko podsegmenata u kojima je predznak funkcije stalan. Konkretno, . Sada zadatak postaje "iznimno jednostavan", kao što si sam rekao.
Zbunjuje me 2. a) zadatak... Dakle zadatak je:
u granicama od 1/e do e (nisam znao napisati u texu)
Uglavnom... Na wolframu ispada rijesenje:
Da nema ove apsolutne zagrade zadatak bi bio iznimno jednostavan, ali mislim da se ovako ima prčkanja po nekakvim signum funkcijama kad se derivira kako sam vidio na wolframu
Probaj iskoristiti aditivnost integrala i rastavi gornji integral na dva; jedan neka bude u granicama od 1/e do 1, a drugi u granicama od 1 do e.
#26: Autor/ica: ankovacic, Postano: 20:16 ned, 9. 5. 2010 Hvala lijepa Sad kad vidim kako sam zapravo zakomplicirao zadatak...
#27: Autor/ica: ankovacic, Postano: 21:49 ned, 9. 5. 2010 Zna li tko rijesit ovaj integral:
pokusao sam sa univerzalnom supstitucijom i dosao do ovako necega, a kako je :
To je tako reći nemoguće riješit, palo mi je na pamet parcijalna integracija gdje je
, ali se nista pametno opet ne dobiva, jer se s time samo vrti u krug...
,sveo sam na dalje na integral oblika:
ali opet nista,
pa primjenio supstituciju , ali opet nista od toga... i vec mi je ponestalo ideja... tako da molim za pomoć
Zadnja promjena: ankovacic; 22:13 ned, 9. 5. 2010; ukupno mijenjano 1 put.
#28: Autor/ica: pbakic, Postano: 22:11 ned, 9. 5. 2010 Mozda moze jednostavnije, al ovo radi:
Prvo parcijalna, odvojimo na x i sinx/(1+cos^2x)
Za to trebamo integrirati sinx/(1+cos^2x):
Zato je pocetni integral
Ovaj prvi izraz je u granicama od 0 do pi pa se to sam uvrsti (dobije se mislim pi^2/4)
Drugi napravimo supstituciju t=pi/2-x, dt=-dx pa imamo
(koristimo cos(pi/2-x)=sinx)
Ovo zadnje sto smo dobili je integral neparne funkcije na simetricnom intervalu oko nule, a to uvijek iznosi nula.
#29: Autor/ica: ankovacic, Postano: 22:16 ned, 9. 5. 2010 Hvala Bakicu... Zbilja si pomogao... Sad mogu ic miran spavat konacno
#31: Autor/ica: suza, Postano: 14:48 pon, 10. 5. 2010 Da...
I to još malo središ ako raspišeš tangens po definiciji pa dobiješ i primjeniš parcijalnu integraciju
..barem sam ja tako
#36: Autor/ica: pajopatak, Postano: 19:22 uto, 11. 5. 2010 A jeli zna tko 1.c) ?
#37: Autor/ica: pmli, Postano: 19:57 uto, 11. 5. 2010 Njime je tema i započela. Ovo je početak:
Drugi integral se parcijalno integrira s u=t i dv=ono ostalo.
#38: Autor/ica: pajopatak, Postano: 20:09 uto, 11. 5. 2010 Hvala,da skužila sam da je pitanje već bilo postavlljeno.. Mi možeš samo malo pomoći kako vi to skužite da je to jednako upravo (x^2+x+1)^2,ja sam to rastavljala sto godina i nikako nisam mogla dobit nešto lijepo.
#39: Autor/ica: pbakic, Postano: 21:38 uto, 11. 5. 2010 Fora je u tom da je ovo u nazivniku simetricni polinom 4. stupnja, a za takve postoji "kuharica" (hint je samo u grupiranju clanova s istim koeficijentom):
Uocimo da vrijedi
⇒ nazivnik:
Ovo sa izlucivanjem x^2 na pocetku cak nije ni potrebno, al je dobro za opcenite slucajeve kad se traze nultocke ovakvog polinoma, jer onda je spretna supstitucija