Springen naar inhoud

[wiskunde] rationale functies primitiveerbaar


  • Log in om te kunnen reageren

#1

Tudum

    Tudum


  • >250 berichten
  • 412 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:00

Hallo,

voor de test wiskunde die ik straks heb was ik eens aan het kijken naar een aantal vragen die je zou moeten kunnen oplossen na genoeg geleerd te hebben. Ik zit vast bij ťťn van de vragen. De vraag is om uit te leggen waarom alle rationale functies primitiveerbaar zijn, en te beschrijven waar de moeilijkheden in de praktijk liggen.

Ik had al bedacht dat je dankzij de hoofdstelling van de algebra kunt zeggen dat je de noemer (= een veelterm) altijd kunt ontbinden in factoren. Zo krijg je een som van integralen van ťťn van de twee vormen die hieronder staan:

A(x-a) of (Ax + B)/(ax≤ + bx + c)

Met A en B element van R
a, b, c element van R

Maar dat lijkt me niet zo'n wiskundig correcte uitleg, en na wat ik hierboven geschreven heb ik zit ik vast.

Ik zou het heel leuk vinden moest iemand me even verder helpen :eusa_whistle:
Vroeger Laura.

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:15

A/(x-a) of (Ax + B)/(ax≤ + bx + c)

Voor P(x)/Q(x) kan je steeds de deling uitvoeren, tenzij graad(P(x)) < graad(Q(x)). Na de deling kan je het quotiŽnt (veelterm) eenvoudig primitiveren en de rest geeft aanleiding tot een breuk waarvoor graad(P(x)) < graad(Q(x)).

Je kan dan Q(x) volledig ontbinden in lineaire factoren en kwadratische factoren met negatieve discriminant. Het vervolg steunt dan op de splitsing in partieelbreuken, namelijk dat je die P(x)/Q(x) kan schrijven als een som van termen van de vorm:

LaTeX

Waarbij b≤-4ac<0 in die laatste breuk. Dit is dus bijna wat jij had, maar iets algemener (de eventuele natuurlijke macht n in de noemer). Het integreren is dan herleid naar het integreren van elk van deze partieelbreuken. Je moet dan nog tonen dat breuken van dit type, steeds een primitieve hebben. Eenvoudig voor de eerste vorm, iets technischer voor de tweede.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#3

Tudum

    Tudum


  • >250 berichten
  • 412 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:27

Voor P(x)/Q(x) kan je steeds de deling uitvoeren, tenzij graad(P(x)) < graad(Q(x)). Na de deling kan je het quotiŽnt (veelterm) eenvoudig primitiveren en de rest geeft aanleiding tot een breuk waarvoor graad(P(x)) < graad(Q(x)).

Je kan dan Q(x) volledig ontbinden in lineaire factoren en kwadratische factoren met negatieve discriminant. Het vervolg steunt dan op de splitsing in partieelbreuken, namelijk dat je die P(x)/Q(x) kan schrijven als een som van termen van de vorm:

LaTeX



Waarbij b≤-4ac<0 in die laatste breuk. Dit is dus bijna wat jij had, maar iets algemener (de eventuele natuurlijke macht n in de noemer). Het integreren is dan herleid naar het integreren van elk van deze partieelbreuken. Je moet dan nog tonen dat breuken van dit type, steeds een primitieve hebben. Eenvoudig voor de eerste vorm, iets technischer voor de tweede.


Dat van het volledig ontbinden in lineaire factoren en kwadratische factoren met negatieve discriminant is toch (een gevolg van) de hoofdstelling van de algebra he?

De eerste vorm primitiveren moet zo:

integraal(Adx/(a-x)^n)
-A*integraal (d(a-x)/(a-x)^n)

Als n = 1, dan krijg je: -A ln |x-a| + c
Als n niet gelijk is aan 1, dan krijg je: -A * (1/(n+1)) * (1/(a - x)^(n+1))

En de tweede vorm, da's dan heel dat gedoe met het herleiden van die integraal naar 1/(1 + t≤)^n?

Zo is dat voldoende bewezen?
Vroeger Laura.

#4

jhnbk

    jhnbk


  • >5k berichten
  • 6905 berichten
  • VIP

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:54

Daar komt het inderdaad op neer maar of dat afdoende bewezen is is moeilijk te zeggen aangezien wij niet weten wat ze eisen.
Het vel van de beer kunnen verkopen vraagt moeite tenzij deze dood voor je neervalt. Die kans is echter klein dus moeten we zelf moeite doen.

#5

Tudum

    Tudum


  • >250 berichten
  • 412 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:56

Daar komt het inderdaad op neer maar of dat afdoende bewezen is is moeilijk te zeggen aangezien wij niet weten wat ze eisen.


Hmm... Probleem: ik weet dat ook niet ](*,)

Bedankt voor de reacties trouwens! :eusa_whistle:
Vroeger Laura.

#6

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:58

Dat van het volledig ontbinden in lineaire factoren en kwadratische factoren met negatieve discriminant is toch (een gevolg van) de hoofdstelling van de algebra he?

Juist.

Zo is dat voldoende bewezen?

Dat hangt af van hoe formeel je het moet bewijzen...
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#7

Tudum

    Tudum


  • >250 berichten
  • 412 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 09 november 2009 - 13:59

Juist.


Dat hangt af van hoe formeel je het moet bewijzen...


Okť, bedankt :eusa_whistle:
Vroeger Laura.





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures