Integrale cu parametru

Like dokumenter
Recapitulare: Integrala definita. Primitive

1. Intégrales définies et indéfinies I. (a) Soit b > 0. Montrer que pour tout x > 0 la fonction. 2 b. F (x) = arctan bx. 1 (1 + bx) x. f(x) = x t dt.

Forelesning 13. mars, 2017

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

Oppfriskningskurs i matematikk 2007

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430

Løsningsforslag for eksamen i brukerkurs i matematikk A (MA0001)

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Tema 2: Stokastiske variabler og sannsynlighetsfordelinger Kapittel 3 ST :44 (Gunnar Taraldsen)

NTNU. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 5. Avsnitt Vi vil finne dx ( cos t dt).

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag

IR Matematikk 1. Utsatt Eksamen 8. juni 2012 Eksamenstid 4 timer

Forelesning Matematikk 4N

Dagens program. 7.6 Numerisk integrasjon (fortsatt) 7.7 Uegentlige integraler

Funksjoner av stokastiske variable.

Integrasjon del 2. October 15, Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway. Integrasjon

(t) = [ 2 cos t, 2 sin t, 0] = 4. Da z = 2(1 + t) blir kurva C en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig side 392).

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel Integrerende faktor

TMA4100 Matematikk1 Høst 2008

UNIVERSITETET I OSLO

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning

dx k dt н x 1,..., x n f 1,...,f n н- н f k (x 1,..., x n ), k =1,2,...,n, нн d X = f( X). X = (t),.. x 1 = 1 (t), x 2 = 2 (t),...

og variasjon av parameterene Oppsummering.

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid:

UNIVERSITETET I OSLO

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven

MAT 100A: Mappeeksamen 4

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

e y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011

Fasit, Separable differensiallikninger.

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

MAT jan jan jan MAT Våren 2010

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1

1 Mandag 18. januar 2010

Løsningsforslag til prøveeksamen Mat1110 våren 2004 Oppgave 1 (a) Elemetære rekkeoperasjoner anvendt på den utvidete matrisen til systemet gir oss:

FORMELSAMLING TIL STK1100 OG STK1110

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

Matematik, LTH Kontinuerliga system vt Formelsamling. q t. + j = k. u t. (Allmännare ρ 2 u. t2 Svängningar i gaser (ljud) t 2 c2 2 u

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009

NTNU. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 12. Avsnitt Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at. 24 For x < 0 har vi at

Funksjoner av stokastiske variable.

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag

Institutt for Samfunnsøkonomi. Utlevering: Kl. 09:00 Innlevering: Kl. 14:00

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1050, vår 2019

Repitisjon av Diverse Emner

TFE4120 Elektromagnetisme

1 Mandag 1. februar 2010

En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x).

Eksamensoppgaver og Matematikk 1B

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Gradientvektoren, vektorfelt, strømlinjer, feltlinjer

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2

UNIVERSITETET I BERGEN

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4120 Matte 4k Høst 2012

Optimal kontrollteori

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave.

Kapittel 11: Integrasjon i flere variable

Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener.

Gradientvektoren, vektorfelt, strømlinjer, feltlinjer

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010

Oppfriskningskurs i matematikk 2008

TMA4240 Statistikk Høst 2009

= y y 0. ax + by + c = 0. x = x 0 + λl y = y 0 + λm

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11

Kapittel 2: Hendelser

Formelsamling i matematikk

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Den deriverte og derivasjonsregler

Foreleses onsdag 8. september 2010

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)

To-dimensjonale kontinuerlige fordelinger

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark)

Løsning, Stokes setning

Solutions #12 ( M. y 3 + cos(x) ) dx + ( sin(y) + z 2) dy + xdz = 3π 4. The surface M is parametrized by σ : [0, 1] [0, 2π] R 3 with.

FORMELSAMLING TIL STK1100 OG STK1110

Løsning til prøveeksamen i MAT2400, V-11

Oppgavesettet har 11 punkter, 1ab, 2abc, 3, 4, 5ab og 6ab, som teller likt ved bedømmelsen.

Separable differensiallikninger.

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012

TMA4245 Statistikk Høst 2016

Stokastisk variabel. Eksempel augefarge

UNIVERSITETET I OSLO

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 3. des Eksamenstid:

UNIVERSITETET I OSLO

FYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1

Oppgave 1. Oppgave 2

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016

UNIVERSITETET I OSLO

MA1101 Grunnkurs Analyse I Høst 2017

Transkript:

1 Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru 2 3

Definiti integrlei cu prmetru Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru Definiţi Dcă f : [, b] R R este o funcţie cu propriette că pentru orice y R, există integrl F(y) = b tunci F(y) se numeşte integrlă cu prmetru. f (x, y)dx (1)

Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru Continuitte integrlei cu prmetru Teorem Dcă f : [, b] [c, d] R este continuă, tunci funcţi F este continuă pe [c, d].

Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru Derivbilitte integrlei cu prmetru Teorem Dcă f : [, b] [c, d] R şi u loc: i. y [c, d] există integrl cu prmetru F(y) = b f (x, y)dx ii. există f continuă pe [, b] [c, d] y tunci F este derivbilă şi F (y) = b f (x, y)dx. (2) y

Teorem lui Leibniz Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru Teorem Fie integrl cu prmetru F(y) = β(y) α(y) f (x, y)dx, y [c, d] şi presupunem îndeplinite următorele ipoteze i. funcţiile α, β : [c, d] [, b] sunt derivbile, ii. f : [, b] [c, d] R este o funcţie continuă, iii. există f : [, b] [c, d] R, continuă y tunci F este derivbilă şi re loc formul β(y) F (y) = f (β(y), y)β (y) f (α(y), y)α f (y) + (x, y)dx. α(y) y (3)

Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru Teorem Fie f : [, b] [c, d] R o funcţie continuă, tunci re loc formul ( d ) b ( b ) d f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx. (4) c În condiţiile teoremei vom spune că putem schimb ordine de integrre. c

Definiţi integrlelor improprii cu prmetru Definiţi Fie f : [, + ) [c, d] R,, c, d R ; spunem că integrl cu prmetru F(y) = este (simplu) convergentă dcă există limit f (x, y)dx, y [c, d]. (5) b lim f (x, y)dx. b +

Definiţi integrlelor improprii cu prmetru Definiţi Fie f : [, + ) [c, d] R,, c, d R ; spunem că integrl cu prmetru F(y) = este (simplu) convergentă dcă există limit f (x, y)dx, y [c, d]. (5) b lim f (x, y)dx. b +

Definiţi integrlelor improprii cu prmetru Definiţi Fie f : [, + ) [c, d] R,, c, d R ; spunem că integrl cu prmetru F(y) = este (simplu) convergentă dcă există limit f (x, y)dx, y [c, d]. (5) b lim f (x, y)dx. b +

Definiţie Definiţi Spunem că integrl (5) este uniform convergentă dcă pentru orice şir (b n ) n cre re limit +, şirul de funcţii (F n ) n converge uniform l F pe [c, d].

Criteriu de convergenţă uniformă şi bsolută Teorem Dcă f : [, + ) [c, d] R şi există g : [, + ) R stfel c i. f (x, y) g(x), x [, + ) ii. g(x)dx < + tunci f (x, y)dx este uniform şi bsolut convergentă.

Continuitte integrlei improprii cu prmetru Teorem Dcă f : [, + ) [c, d] R este o funcţie continuă şi F(y) = f (x)dx este uniform convergentă, tunci funcţi f (x, y)dx este continuă pe [c, d].

Derivbilitte integrlei improprii cu prmetru Teorem i. Fie funcţi f : [, + ) [c, d] R cu proprietăţile + f (x, y)dx converge f ii. (x, y)dx converge uniform y tunci F este derivbilă şi re loc d dy f (x, y)dx = f (x, y)dx. (6) y

Integrbilitte unei integrle improprii cu prmetru Teorem Fie funcţi f : [, + ) [c, d] R,, c, d R continuă stfel încât i. integrl ii. integrl tunci re loc f (x, y)dx este uniform convergentă, ( ) d f (x, y)dy dx este convergentă ( ) d f (x, y)dy dx = c c d ( c ) f (x, y)dx dy. (7)

Clculţi următorele integrle folosind derivre integrlei cu prmetru. 1. F(y) = 2. F(y) = 3. F(y) = 4. F(y) = π 2 b b ln(y 2 sin 2 x)dx, y > 1 rctn xy x(1 + x 2 ) dx x (1 + xy) 2 dx, b > dx (x 2 + y 2 ) 3

5. F(y) = 6. F(, b) = 7. F(, b) = 8. F(, b) = π 2 1 1 + y cos x ln dx, y ( 1, 1) cos x 1 y cos x dx π 2 ( 2 cos 2 x + b 2 sin 2 x) 2 e x 2 e bx 2 dx, >, b > x e x e bx sin mx dx x

Clculţi schimbând ordine de integrre 1. 2. e x x e x x (cos bx cos cx)dx, >, b, c R (sin bx sin cx)dx, >, b, c R

Definiţi Integrlele cu prmetru Γ(p) = şi B(p, q) = 1 se numesc integrlele lui Euler. x p 1 e x dx (8) x p 1 (1 x) q 1 dx. (9) Integrl (8) se mi numeşte funcţi Gmm. Integrl (9) se mi numeşte funcţi Bet.

Definiţi Integrlele cu prmetru Γ(p) = şi B(p, q) = 1 se numesc integrlele lui Euler. x p 1 e x dx (8) x p 1 (1 x) q 1 dx. (9) Integrl (8) se mi numeşte funcţi Gmm. Integrl (9) se mi numeşte funcţi Bet.

Definiţi Integrlele cu prmetru Γ(p) = şi B(p, q) = 1 se numesc integrlele lui Euler. x p 1 e x dx (8) x p 1 (1 x) q 1 dx. (9) Integrl (8) se mi numeşte funcţi Gmm. Integrl (9) se mi numeşte funcţi Bet.

Definiţi Integrlele cu prmetru Γ(p) = şi B(p, q) = 1 se numesc integrlele lui Euler. x p 1 e x dx (8) x p 1 (1 x) q 1 dx. (9) Integrl (8) se mi numeşte funcţi Gmm. Integrl (9) se mi numeşte funcţi Bet.

Convergenţ integrlelor lui Euler Teorem Integrlele improprii cu prmetru (8) şi (9) sunt convergente pentru p >, respectiv p, q >.

Formule de clcul Teorem stisfc următorele proprietăţi Γ(1) = 1 (1) Γ(p + 1) = pγ(p) (11) B(p, q) = B(q, p) (12) B( 1 2, 1 2 ) = π (13)

Demonstrţie Formul (1) se deduce imedit. Γ(1) = e x dx = e x + = 1. Pentru deduce (11) integrăm prin părţi. Γ(p+1) = x p e x dx = e x x p + + px p 1 e x dx = pγ(p). Dcă în definiţi funcţiei Bet, fcem schimbre de vribilă y = 1 x, obţinem imedit formul (12). Pentru formul (13), fcem schimbre de vribilă x = sin 2 t = B(p, q) = + π 2 1 dx x(1 x) = 1 2 sin t cos tdt = π sin t cos t

Demonstrţie Formul (1) se deduce imedit. Γ(1) = e x dx = e x + = 1. Pentru deduce (11) integrăm prin părţi. Γ(p+1) = x p e x dx = e x x p + + px p 1 e x dx = pγ(p). Dcă în definiţi funcţiei Bet, fcem schimbre de vribilă y = 1 x, obţinem imedit formul (12). Pentru formul (13), fcem schimbre de vribilă x = sin 2 t = B(p, q) = + π 2 1 dx x(1 x) = 1 2 sin t cos tdt = π sin t cos t

Demonstrţie Formul (1) se deduce imedit. Γ(1) = e x dx = e x + = 1. Pentru deduce (11) integrăm prin părţi. Γ(p+1) = x p e x dx = e x x p + + px p 1 e x dx = pγ(p). Dcă în definiţi funcţiei Bet, fcem schimbre de vribilă y = 1 x, obţinem imedit formul (12). Pentru formul (13), fcem schimbre de vribilă x = sin 2 t = B(p, q) = + π 2 1 dx x(1 x) = 1 2 sin t cos tdt = π sin t cos t

Demonstrţie Formul (1) se deduce imedit. Γ(1) = e x dx = e x + = 1. Pentru deduce (11) integrăm prin părţi. Γ(p+1) = x p e x dx = e x x p + + px p 1 e x dx = pγ(p). Dcă în definiţi funcţiei Bet, fcem schimbre de vribilă y = 1 x, obţinem imedit formul (12). Pentru formul (13), fcem schimbre de vribilă x = sin 2 t = B(p, q) = + π 2 1 dx x(1 x) = 1 2 sin t cos tdt = π sin t cos t

Consecinţă Din (11) deducem Γ(n + 1) = n! (14) Γ(n + 1 (2n 1)... 3 1 ) = 2 2 n Γ( 1 2 ) (15)

Legătur dintre Gmm şi Bet Teorem Are loc următore formulă B(p, q) = Γ(p)Γ(q) Γ(p + q). (16)

Integrl lui Guss Au loc următorele formule Γ( 1 2 ) = π (17) e x 2 dx = π 2 (18)

Arătţi că următorele eglităţi u loc 1. B(p, q) = 2 B(p, 1 p) = y p 1 (1 + y) p+q dy y p 1 1 + y dy, < p < 1 3. B(p, q) = q 1 B(p, q 1) = p + q 1 = p 1 B(p 1, q) p > 1, q > 1 p + q 1

Reduceţi l integrlele lui Euler şi stbiliţi ntur lor: 1. 2. 3. 4. π 2 1 sin m x cos n xdx, m, n R dx, m >, n N (1 x m ) 1 n x m 1 dx m, n R (1 + x) n x p e x dx, >, p R

5. 6. 7. x 1 4 (1 + x) 2 dx x m 1 dx, m, n R 1 + x n x 2n e x 2 dx, n N.