Egyébként a Brémai Techno-Matematikusok előre tudják jelezni, hogy egy sugárhajtású repülőgép turbinája mikor megy tönkre. Nem érdemes vele felszállni. A másik kérdés az, hogy ha épp a levegőben megy tönkre, le tud e vitorlázni
adott lassulás, magasság, sebesség esetén. Másik állításuk az, hogy a témakörben 10 évvel az összes többi mérnök elött járnak. Szerény BSC sek tehát. Számításaik elvégzéséhez a világ összes összes szoftvere rendelkezésükre áll.
Még olyan is, amiről a gyakorlatban dolgozó mérnökök a létezésükről sem tudnak.Csatlakozz hozzánk. Szól az egyetemi hallgatók megszerzéséért küzdő reklám.
Ez szó szerint így volt leírva csak németül.
És nyilván ők maguk is gyártanak.
Amit csináltál az jó. Számitásilag elfogadható.
Bár nem így szokásos. A Jordan lemma problémás improper integrálokra. Kézrátétellel gyógyítható. Pl.Ha azonban a szorzatfüggvény nullához tart. Akkor 0 ban nulla végtelenben nulla. Ekkor elegendő a koszinusszal megszrozni fv zárt kontúrra a vonalintegrálját kiszámolni, ami egy szám és ez egyenlő a Reziduumok összegének arányossági tényezővel vett értékét venni. Ez viszont nem segít eldönteni egyáltalán beindul a motor vagy éppen 5m sülyedés még hátra van, de még 200 km/h a sebesség. Tehát ezt a két kérdést éppen ilyen hasonló függvények vizgálata eldönthetii. Az hogy egyébként egy számot Gamma vagy egÿéb spec alakban írjuk nem lényeges. Sor alakú megoldás is kapható. De jó letisztázni, hogy egy másodrendű közönséges homogén differenciálegyenletnek (a Legendre féle elsőfajú polinomok) megoldásairól van szó. Az integrál a Laplace féle, a vonalintegrál Schlafelei féle a sorbafejtés pedig az általánosított Rodriguez formulából előáll.
Azért mondom, hogy utánanézhetsz ha érdekel a téma.
Na szóval egy állandósult megoldásról van szó. Tehát van egy ilyen alul teknő felül púp sorozat. Mekkora a területek összege Riemann integrállal ha végtelen sok ilyet összeadok. Egyébként fontosabb az elmélet. Szóval valós fv integrálja a a nulladik ortogonális polinom az azonosan 1 az első cos fi ahol arccos(fi)=x. Viszont van még ezen a n=0, és n=1 fokun kívül még n=2,3,...
Ezeket is felhasználva az Integrálok más sorozatát kapjuk.
A hat sapka módszer. A gondolkodás iskolája. Pólya-Szegő példatár.Szurkolok neked.
De ez mérnöki szintű példa. Komplex függvénytanban oktatják. Legalábbis rokon leány barátja láttam bíbelődik ilyesmivel. TUB ra jár. (Műszaki Egyetem Berlin. Gépészmérnök)
Na most akkor az eredeti integrál a valós számok körében
végülis létezik? Azt megmutattad hogy van |z-0| körlap amin ennyi a vonalintegrál és az integrál 0 tól Rpi értékének tekintjük. Eddig jó. Hacsak R<=Ro konvergencia sugár.
A világért sem akarok zavarni, vagy ilyesmi, de ketten azt állítottuk, hogy divergens a valós integrál. És nincs pólusa.
0 ban végten a
Tehát visszafelé akkor: kaptunk egy hatványsort. Ezt a ch(ui)
vel kaptuk. Ennek van konvergencia sugara. Amit nem adtál neg. A végtelenbeli fv értéket felcsréltük a nullában felvett értékkel. Ehhez 1/x = x et választottunk. Tehát itt is vissza kell térni az x be. Azt mondja a Residuum tétel, hogy az összes pólust, elágazási pontot tartalmazó és egyetlen ágmetszetet sem metsző pozitív irányítású (óramutató járásával elllentétes, zárt görbe mentén a vonalintegrál értéke stb. Bár jobb lenne, ha leveleznénk, mert nem akarok itt zavarkodni. (Bár nem túlzottan izgat, ha egy topiktárs, minden hozzászólásomat minuszolgat. Most van időm ilyesmihez hozzászólni.Grippe.)
Egy mérnöki fb csoportban találtam tavaly (amit azóta széttrollkodtak, kár érte), szerintem nem gyakorló mérnöki és nem is műszaki egyetemi szint (aki közzé tette, nem adott meg magáról személyes adatokat, de gyanítom, hogy oktató vagy kutató lehet, vagy ahogy mondod, matekszakos), én szeretem a matekot, agytornának jó volt ez a feladat.
Na. Jó. Tehát. A függvény F(n a)=(e^ax)/x^n Itt a,n legyen tetszőleges. Ha az integrál létezik valamely a,b re akkor a határozott integrál létezik. Zárt intervallumban korlátos függvény. Függvények sorozata F(n) Határozott integráljai sorozata I(n)=(1/(n-1))(-F(n-1)+aI(n-1)) n>1, Rekurzió igaz. Akkor itt a ra nincs kikötés. n re volt , mégpedig n >1, F(0)=1 n=0 Mi az n pozitív egész. Legyen valós, vagy racionális ahogy felírtad Írjuk fel a függvény tezszöleges r re az integradust F(n=r), keressük a határozott integrálját. Meg keressünk valamilyen rehurziót az n=r ek szerint. Tegyük fel r és n-1 közé esik. Na most ilyen rekurzió vagy van, vagy nincs. De sok munka. Komplex függvények integrálása segithet. Tehát vagy igen vagy nem. Határozott integrál ha létezik, akkor az szükségképpen Cauchy féle főérték. Komplex függvények improprius integrálja ha nem is létezik, van Cauchy féle főérték. Ezeket a komplex függvények analízise: összes pólus, 1,...,n szeres pólus, összes ágmetszet. Ezt körbeveszwm egy kontúrral ami kikerüli, körbevesz,i az összes szingulritást és nem metszi a kontúr egyetlen ágmetszetet sem. Aztán erre alkalmazzuk a Residuum tételt. Az így felvett kontúrra. Találni Llehet ilyen alkalmas függvényt. Ez a művészet. Hat,Het. Próba szerencse. Aztán a sikeres módszerekkel vissza lehet térni az eredeti integrálra. Adhat segítséget. Azt akarjuk kiszámolni, az integandus legyen x= 9/5 És azt a rekurzióból , hogy azt kielégíti valamely az F ek sorozatából F például legyen a 0 és 1 között n , azt nézzük meg, hogy ilyen a ra például a függvénysorozaton t valós jelölje most x, t kitevője n volt , első tagja 1 volt, mit mondhatunk x^(n-1)/(1+x) improper integrálról 0 tól végtelenig. z^(a-1)/1+z komplex függvénnyel. z=-1 egyszeres pólus, z=0 kell, mert ×=0 alsó határ, ágmetszet, nincs, a o és 1 között analitikus. Akkor a valós tengely 0, + inf részén integrálunk a kontúron belül x=-1 van benne legyen, ha az a nullához tart , akkor a kontúr Annulus R, eps tetszőleges R sugár , de nem mehet át a külső kör z=-1 en. A kontúr integrál 0 tól végtelenig (xe^2pi)^ (a-1)/(1+x) integrandusra változott az integrálási határ0, inf. Végülis ezt a komplex fv kell kontúrinterálni. A kontúr irányított unikurzális, eps, inf en a körgyűrű fel van vágva. Akkor végül Reziduum tételből z=-1 gyel 2(pi)ie^n(a-1) tehát az integrál értékéhez pi/ sin(api) adódik, ha 0 <a<1. Végig kell számolni másik összefüggésekkel.
Számoltál sinx/x et 0 inf között. Azt nem lehet úgy, mert a sinus függvény periódikus a negatív tengely mentén is felvesz ugyanolyan értékeket , Tehát ott a kontúr nem lehet csak x pozitív. Egyetlen szingularitása a nulla. Tehát a nullát megkerüli epszilon sugarú körrel x et tartalmazza -R, R között az integrál értéke pi/2.
t^(-9/5)*e^(-t) ez volt az integrandus és t szerint integráljuk. Itt t valós.
A B számok def.
t^n*e^(xt)/((e^t-1)^n ); n, k nem negatív egész az n edrendű k adfokú B szám ha B(k,n,x)(t^k)/k! végtelen összeg k szerint összegezve véges. Ezt mondjuk k szerint integrálnánk itt k egész.
Tehát össze van nálad keveredve a definició a felírt integrandusban. (1) n=n+9/5 -9/5 >=0, tehát t^(-9/5-n+m) és m=-9/5 ( 2) (e^(-tx)/e^(-t))*e^(-t) És (1)*(2) a baloldal, a jobboldal pedig B(n,k,x)*t^k/k! végtelen összeg k =0 tól inf. Ez viszont konvergens (végtelen összeg véges).
Ezt az integrált szeretném kiszámolni: integral from 0 to infinity t^(-9/5)*e^(-t) dt.
Ha a t hatványkitevője nagyobb lenne, mint -1, akkor készen is lennék, mert ez a Gamma(z) = integral from 0 to infinity t^(z-1)*e^(-t) dt, de ez csak Re(z) > 0 esetén igaz (tehát a komplex sík jobb oldalán, de az integrál, amivel bajlódok, a képzetes tengelytől bal oldalra esik). A WolframAlpha ezt írja:
integral t^(-9/5) e^(-t) dt = -Gamma(-4/5, t) + constant
Szóval mintha ugyanúgy igaz lenne a bal oldalon is, hogy az ilyen integrál a Gamma-függvénnyel kifejezhető.
A Gamma-függvény Gamma(z+1) = z * Gamma(z) tulajdonsága persze igaz Re(z) < 0 (és z nem negatív egész) komplexekre is, de ez már CSAK a Gamma-függvény tulajdonsága (és nem a függvényt csak bizonyos tartományban leíró integrál reprezentációra olyan helyen, ahol amúgy már nem is az írja le a Gamma-függvényt), hiszen a Gama-függvényt a Re(z) > 0 félsíkon leíró integrálra parciális integrálással belátható ez az összefüggés, de csak ha Re(z) > 0.
Hol rontottam el? A WolframAlpha a 0-tól végtelenig integrált nem tudja kiszámolni (csak a határozatlan integrált számolja ki). Vagy lehet, nem is létezik ez az integrál?
Javítás az 1<c<e esethez. Az x ≥ (1+(1-n)log2(c))/log(c) feltételt az indukciós lépésben használjuk az n helyében az (n+1)-gyel (vö. 15275-es üzenet), ezért elegendő a gyengébb x ≥ (1+(2-n)log2(c))/log(c) feltétel. Ugyanakkor az indukciós lépésben szükségünk van arra, hogy az x helyében a cx kielégítse ezt a becslést. Ezt a legegyszerűbben úgy érhetjük el, hogy eleve csak olyan x-szel dolgozunk, amelyre cx≥x. Jegyezzük meg, hogy ez a feltétel öröklődik az x-ről a cx-re, hiszen ha cx≥x, akkor c^c^x≥cx. Jegyezzük meg azt is, hogy a c>e esetben cx>x automatikus. Ezért a lenti megoldásomban a második mondatot javítom erre:
Az n-re vonatkozó teljes indukcióval belátható, hogy
* ha 1<c<e és cx ≥ x ≥ (1+(2-n)log2(c))/log(c), akkor logn(Tn(c,x)) ≥ log(x) + (n-1)log2(c);
* ha c>e és x ≥ 1/log(c), akkor logn(Tn(c,x)) ≤ log(x) + (n-1)log2(c).
P.S. Az előző üzenetemben (ahogyan az eredetiben is) természetes logaritmusok szerepelnek. Ezzel kényelmesebb dolgozni, mint bármilyen más logaritmussal, mert a deriváltja az 1/x függvény.
Én is köszönöm a megoldásodat, nagyon meglepett az állítás és az eredmény. Annyira meglepő, hogy érdekelni is kezdett. Ezért még az írásod előtt én is elkezdtem rajta gondolkodni. Adja magát, hogy ha sok a hatványozás, akkor sokszor kell logaritmust venni.
Az egyik fele egyszerű. Én ln (e alapú) helyett 10-es alapú logaritmust használtam, mivel a googleplex annyira adja magát, hogy 10-es alapú logaritmust kell használni.
Ráadásul én "fizikus módszert" használtam, ami azt jelenti, hogy 10sok+100=10sok. Mivel ezek sok nagyságrendben térnek el egymástól, a +100-as tag nem számít. Ha úgyis a logaritmusát veszem, akkor ez a tag pontosan csak a sokadik tizedesjegyben jelent eltérést a 10sok -adikon logaritmusához képest.
Ezzel az egyszerűsítéssel az 51.-ik iterált logaritmusa a g^g...toronynak kereken 100. Nálad precízen <101, korrekt teljesen.
Viszont a másik részéhez fel szerettem volna használni a Te állításaidat, csak éppen 10-es logaritmusra átírva. Nekem egész egyszerűen nem jön ki. Már órákat nézegettem. Vagy teljesen vaksi vagyok, vagy valami szellemi gát megakadályoz benne, de én nem látom be, hogy mitől teljesül. Ebben kérném a segítségedet esetleg, hogy hol vagyok vak, mit rontok el.
Tehát állítás (lg a 10-es logaritmust jelöli):
lgn(Tn(c,x)) >= lg(x)+(n-1)lg2(c). Amennyiben 1<c<10 és x>=valami.
n=2-re stimmel egyenlőséggel, mert lg(lg(cx))=lgx+lg2c.
n-ről n+1-re teljes indukció:
lgn+1[Tn+1(c,x)]=lg[lgnTn(c,cx)] >= lg[lg(cx )+ (n-1)lg2c] az n-re vonatkozó igazság beírása miatt. Eddig OK. Innentől kezdve nem értem.
Innentől jönnie kell valaminek, amitől azt írhatom tovább, hogy >= lg(x)+(n)lg2c. És ez nem áll össze. Nem tudom, mit varázsolsz ebben a lépésben.
Olyan, mintha a [] zárójeles logaritmusból simán "kihoznád" a (n-1)lg2c tagot, maradna a lg[lg(cx)], ami nem más, mint lgx+lg2c.
Ezt a lépést, ahogy kihozod a logaritmusból a (n-1)lg2c tagot, ezt egész egyszerűen nem értem, ennek a helyességét. Biztos én vagyok már a kuka, de nem értem. Ha esetleg tudsz segíteni, köszönöm.
Ha n pozitív egész, akkor jelölje logn az n-szeresen iterált természetes logaritmust, és jelölje Tn(c,x) azt az n magasságú hatványtornyot, amelyben n-1 darab c-t követ 1 darab x:
Tn(c,x) = c ^ c ^ ... ^ c ^ x.
Az n-re vonatkozó teljes indukcióval belátható, hogy
* ha 1<c<e és x ≥ (1+(1-n)log2(c))/log(c), akkor logn(Tn(c,x)) ≥ log(x) + (n-1)log2(c);
* ha c>e és x ≥ 1/log(c), akkor logn(Tn(c,x)) ≤ log(x) + (n-1)log2(c).
A bizonyítás azon múlik, hogy logn+1(Tn+1(c,x)) = log(logn(Tn(c,cx))).
Legyen most
x := 1.51^1.52^...^1.6 = exp(1.52^...^1.6 log(1.51)) > exp(2*10164),
g := googolplex = exp(10100 log(10)) < exp(3*10100).
