Wielomian w mianowniku całki
Ania: ∫dx/(x2+4x+5}=∫dx/(x+2)2+1 i tu mam pytanie... Jak wydedukować, że x2+4x+5 to (x+2)2+1?
11 sty 18:33
5-latek: sprawadz ten wielomian do postaci kanonicznej i masz ja
albo(x+2)2= x2+4x+4 brakuje jeszce 1 do 5 wiec x2+4x+5= (x+2)2+1
11 sty 18:37
Ania: A jeśli w mianowniku będa czynniki podniesione do wyższych potęg niż 2? Wiem, że wtedy
wybieralo się dzielnik wyrazu wolnego wielomianu w mianowniku i podstawialo się go pod x. Gdy
wielomian był równy 0,to wtedy otrzymywali się czynnik przez który moglibyśmy podzielić ten
wielomian... Ale właśnie nie wiem skąd ten czynnik. Ktoś wie o co mi chodzi?
11 sty 18:41
11 sty 18:42
PW: Domyślam się, że do całkowania potrzebna jest umiejętność przedstawiania funkcji wymiernej jako
sumy ułamków prostych.
Musisz zgłębić temat "rozkład funkcji wymiernej na ułamki proste".
11 sty 18:47
Ania: Bardzo dziękuję za odpowiedzi
mam jeszcze pytanie. Chciałam zastosowac twierdzenie bezouta
do tego mojego wyrażenia i chyba robię coś nie tak bo nie wychodzi...można rozłożyć ten
wielomian na podstawie bezouta czy nie?
11 sty 18:57
PW: Ten z pierwszego pytania? Nie − jest to nierozkładalny wielomian drugiego stopnia.
Inaczej można było sprawdzić Δ=42−4.5<0 − trójmian się nie rozkłada na czynniki liniowe.
Twierdzenie Bézouta nie odpowiada na pytanie, czy są pierwiastki − jedynie na pytanie, czy są
pierwiastki wymierne.
11 sty 19:05
Mariusz:
Możesz zobaczyć jak Vax równania trzeciego i czwartego stopnia rozwiązywał
https://matematykaszkolna.pl/forum/99243.html
https://matematykaszkolna.pl/forum/98255.html
https://matematykaszkolna.pl/forum/98288.html
W przypadku równań wyższych stopni elementarnie się nie da
W przypadku równań trzeciego stopnia zespolone możesz ominąć korzystając z trygonometrii
Wyprowadzasz wzór na cos(3β) np korzystając z wzorów na funkcje trygonometryczne sumy
Jeśli chodzi o równanie czwartego stopnia to możesz skorzystać z
współczynników nieoznaczonych ale proponuje poczynić pewne założenia
dla uproszczenia obliczeń
W równaniu
a
4x
4+a
3x
3+a
2x
2+a
1x+a
0=0
przyjmujemy że a
4=1 , a
3=0 , a
1≠0
a
4x
4+a
3x
3+a
2x
2+a
1x+a
0=(x
2+px+q)(x
2−px+r)
a
4=1, to założenie jest po to abyśmy mieli mniej współczynników
a
3=0 , to założenie uprości równanie rozwiązujące
a
1≠0, to założenie jest po to abyśmy nie dostali niespodzianek takich jak dzielenie przez
zero
11 sty 20:04
Mariusz:
Gdy znajdziemy bądź zgadniemy pierwiastek to z twierdzenia Bezout wiemy że wielomian
jest podzielny przez dwumian x−pierwiastek
W równaniach różniczkowych podobny efekt daje obniżanie rzędu równania liniowego
11 sty 20:16
Mariusz:
Jeśli chodzi o całkowanie funkcji wymiernych to proponuję taki schemacik
Niech L(x)=W(x)M(x)+R(x)
| | L(x) | | W(x)M(x)+R(x) | |
∫ |
| dx=∫ |
| dx |
| | M(x) | | M(x) | |
| | L(x) | | R(x) | |
∫ |
| dx=∫W(x)dx+∫ |
| dx |
| | M(x) | | M(x) | |
Załóżmy że mianownik posiada pierwiastki wielokrotne (mogą być zespolone)
| | R(x) | | R1(x) | | R2(x) | |
∫ |
| dx= |
| +∫ |
| dx |
| | M(x) | | M1(x) | | M2(x) | |
M
1(x)=gcd(M(x),M'(x))
M(x)=M
1(x)M
2(x)
deg R
1(x)<deg M
1(x)
deg R
2(x)<deg M
2(x)
Mianownik M
2(x) posiada te same pierwiastki co M(x) tyle że pojedyncze
Mianownik posiada tylko pierwiastki pojedyncze
Załóżmy że mianownik M
2(x) rozkłada się na następujące czynniki
M
2(x)=(x−a
1)(x−a
2)*...*(x−a
k)
(x
2+p
1x+q
1)(x
2+p
2x+q
2)*...*(x
2+p
mx+q
m)
| R2(x) | | A1 | | A2 | | Ak | |
| = |
| + |
| +...+ |
| |
| M2(x) | | x−a1 | | x−a2 | | x−ak | |
| | B1x+C1 | | B2x+C2 | |
+ |
| + |
| +...+ |
| | x2+p1x+q1 | | x2+p2x+q2 | |
Jeżeli mianownik ułamka jest trójmianem kwadratowym to zapisujesz go w postaci kanonicznej
11 sty 20:36
Ania: Dziękuję za pomoc..
jednak nie rozumiem niestety tych oznaczeń, wygląda na skomplikowane
oby nie było takich rzeczy jutro na kolokwium
12 sty 00:13