Matematické Fórum

2M70 · 24. 11. 2020 10:21

Narazil jsem na vzoreček

$\int_{0}^{\infty }\frac{dx}{Ax^{2}+B}=\frac{\pi }{2\cdot \sqrt{AB}}$

ale není mi jasné, jak se k němu přišlo a jak lze případně zdůvodnit.

Má někdo nápad, jak jej objasnit?

Předem díky!

Pomeranc · 24. 11. 2020 10:31

↑ 2M70:

Ahoj,

to není vzoreček a rozhodně je lepší to umět spočítat, než si pamatovat kupu vzorečků.
Vlevo se to snaž upravit tak, aby jsi to mohl zintegrovat na arctg(nějaká složená fce s x).

2M70 · 24. 11. 2020 10:50

↑ Pomeranc:

Ahoj,

nějak takto:

$\int_{0}^{\infty }\frac{dx}{Ax^{2}+B}=\int_{0}^{\infty }\frac{\frac{1}{B}}{1+(\frac{A}{B})x^{2}}dx=\frac{1}{B}\int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+(\frac{A}{B})x^{2}}dx=$

ale tady mi to nevychází:

$\frac{1}{B}[arctg(\frac{A}{B})x]^{\infty }_{0}=\frac{1}{B}\cdot \frac{\pi }{2}$

vycházím z pozorování, že arctg (cokoli . nekonečno) = $\frac{\pi }{2}$

Tak nevím, kde může být chyba :-(

surovec · 24. 11. 2020 10:55

↑ 2M70:
Nevychází to, páč to nemůžeš zintegrovat dle vzorečku, máš tam ještě tu konstantu A/B, která samozřejmě ovlivní výsledek. Zaveď ještě substituci.

2M70 · 24. 11. 2020 11:20

↑ surovec:

Zkusím tedy jinak:

t = A/B * x
dt = A/B dx

$\frac{1}{B}\int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+(\frac{A}{B})x^{2}}dx=\frac{1}{B}\int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+t^{2}}dx=\frac{1}{B}[arctg (t)]^{\infty }_{0}=\frac{1}{B}[arctg (\frac{A}{B})x]^{\infty }_{0}$

Opět nevyšlo.

Ferdish · 24. 11. 2020 11:25

↑ 2M70:
Pretože si substituoval nesprávne. Ak malo platiť [mathjax]t=\frac{A}{B}x[/mathjax] potom [mathjax]t^{2}=(\frac{A}{B})^2x^{2}[/mathjax]. Navyše si nesubstituoval za [mathjax]dx[/mathjax].

2M70 · 24. 11. 2020 11:44

↑ Ferdish:

Tedy

$t=\frac{A}{B}x$

$t^2=(\frac{A}{B})^2x^{2}$

ale dál mi ta substituce a její dosazení do rovnice bohužel moc jasná není :-(

Ferdish

↑ 2M70:
Pri substitúcii zamieňaš jednu premennú za druhú podľa vzťahu, aký si medzi nimi určíš ([mathjax]x\rightarrow t[/mathjax]).
Keďže tým však zmeníš premennú podľa ktorej sa integruje, musíš zmeniť aj jej označenie v integráli ([mathjax]dx\rightarrow dt[/mathjax]) podľa vzťahu, ktorý vznikne deriváciou oboch strán substitučného vzťahu.

BTW videl som ťa vo fóre riešiť aj zložitejšie príklady typu integrál, preto tak trochu nerozumiem tomu, prečo ťa táto neporovnateľne ľahšia úloha tak vyvádza z miery...
Alebo je problém iba v tom, že s konkrétnou substitúciou [mathjax]t=\frac{A}{B}x[/mathjax] sa nevieš dopracovať k riešeniu tohto príkladu?

2M70 · 24. 11. 2020 12:41

Ferdish napsal(a):
↑ 2M70:

Alebo je problém iba v tom, že s konkrétnou substitúciou $t=\frac{A}{B}x$ sa nevieš dopracovať k riešeniu tohto príkladu?

To bude nejspíše ono...pořád tam na konci dostávámten arctg, který je pro "cokoli krát "x = nekonečno"" pí půl a vůbec se tam neuplatní ty A, B. Možná by to chtělo ještě jinou substituci.

jarrro · 24. 11. 2020 12:42

↑ 2M70:pretože tu substitúcia $t=\frac{A}{B}x$ príliš nepomôže.
Vhodnejšie by bolo
$t=x\sqrt{\frac{A}{B}}$

Ferdish · 24. 11. 2020 12:47

Podpisujem sa pod to čo, povedal kolega ↑ jarrro:.

2M70 · 24. 11. 2020 13:39

Takhle už by to mohlo být:

$t=x\sqrt{\frac{A}{B}}$
$dt=\sqrt{\frac{A}{B}}dx$
$dx=dt.\sqrt{\frac{B}{A}}$

$\frac{1}{B}\cdot \int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+(\sqrt{\frac{A}{B}}\cdot x)^{2}}dx=\frac{1}{B}\cdot \int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+t^{2}}\cdot \sqrt{\frac{B}{A}}dt=$
$=\frac{1}{B}\cdot \sqrt{\frac{B}{A}}\cdot [arctg(x)\cdot \sqrt{\frac{A}{B}}]^{\infty }_{0}=\frac{1}{B}\cdot \sqrt{\frac{B}{A}}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{1}{\sqrt{AB}}\cdot\frac{\pi }{2}$

Což by odpovídalo tomu vztahu (tedy ne vzorečku)
$\int_{0}^{\infty }\frac{dx}{Ax^{2}+B}=\frac{\pi }{2\cdot \sqrt{AB}}$

Ferdish · 24. 11. 2020 13:55

↑ 2M70:
Áno, akurát malá chybička v zápise, a síce ak by si sa po vyjadrení primitívnej funkcie vrátil k pôvodnej premennej (čo je v prípade určitého integrálu krok navyše, ktorý naviac nie je nevyhnutný), tak konštanta [mathjax]\sqrt{\frac{A}{B}}[/mathjax] musí byť vo vnútri argumentu funkcie arctg.

2M70 · 24. 11. 2020 14:01

↑ Ferdish:

Takhle už to bude asi správně:

$=\frac{1}{B}\cdot \sqrt{\frac{B}{A}}\cdot [arctg(\sqrt{\frac{A}{B}}x)]^{\infty }_{0}=\frac{1}{B}\cdot \sqrt{\frac{B}{A}}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{1}{\sqrt{AB}}\cdot\frac{\pi }{2}$

Ferdish · 24. 11. 2020 14:25

Teraz to vyzerá OK.

2M70 · 24. 11. 2020 14:27

↑ Ferdish:

Vďaka !!!

Matematické Fórum

#1 24. 11. 2020 10:21

Podivný vzoreček pro integrál

#2 24. 11. 2020 10:31

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#3 24. 11. 2020 10:50

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#4 24. 11. 2020 10:55

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#5 24. 11. 2020 11:20

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#6 24. 11. 2020 11:25

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#7 24. 11. 2020 11:44

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#8 24. 11. 2020 12:23 — Editoval Ferdish (24. 11. 2020 12:25)

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#9 24. 11. 2020 12:41

Re: Podivný vzoreček pro integrál

Ferdish napsal(a):

#10 24. 11. 2020 12:42

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#11 24. 11. 2020 12:47

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#12 24. 11. 2020 13:39

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#13 24. 11. 2020 13:55

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#14 24. 11. 2020 14:01

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#15 24. 11. 2020 14:25

Re: Podivný vzoreček pro integrál

#16 24. 11. 2020 14:27

Re: Podivný vzoreček pro integrál

Zápatí