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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 3866
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 10:31: | 
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Hi allerseits
Die Aufgabe LF 319, identisch mit der Aufgabe F6,
enthält im Ergebnis Terme, die auch bei einer
andern Aufgabe auftreten, die vor kurzem
von Zaph in diesem Forum präsentiert wurde.
Aufgabe F6 lautet:
Gegeben wird das bestimmte Integral
F(n) = int [x^n*(2-x)^n dx] , n = 1,2 3 ….
untere Grenze 0, obere Grenze 2.
Man beweise:
F(n) = 2 * [2*4*6*…..*(2n)] / [3*5*7*….(2n+1)]
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Tl198 (Tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1277
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 13:16: |
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Hi megamath,
also ich bin bis jetzt soweit:
F(n) = int[x^n*(2-x)^n dx] [0..2]
Setze x = 2t ==> dx = 2dt von [0..1]
F(n) = 2^(2n+1)*int[t^n*(1-t)^n dt] [0..1]
Das ist das Beta-Integral was man mit Hilfe der Gammafunktion ausdrücken kann:
F(n) = [2^(2n+1) * G(n)^2] / G(2*(n+1))
Das muss ich jetzt nur noch soweit umformen, so das man die obere Formel beweisen kann...
mfg |
Tl198 (Tl198)
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Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1278
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 13:47: |
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Hi,
kleine Korrektur:
F(n) = [2^(2n+1) * G(n+1)^2] / G(2*(n+1))
mfg |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 3867
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 14:04: |
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Hi Ferdi
Gut soweit!
Ich bin gespannt,wie es weiter geht.
MfG
H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 3868
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 14:50: |
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Hi Ferdi
Schreibe in Deinem Resultat für F(n) die Gammawerte als
Fakultäten und vergleiche das Ergebnis mit den Daten von
Orion in der Aufgabe von Zaph,hihi!
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Tl198 (Tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1279
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 16:24: |
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Hi megamath,
Dann wäre:
F(n) = [2^(2n+1)*(n!)^2] / (2n+1)!
Setzen wir hier
n = m+1
F(m) = (2^(2m+3)*[(n+1)!]^2) / (2m+3)!
Und das ist gerade
2*[2*4*6*8*...(2m+2)] / [3*5*7*...(2m+3)]
Setzen wir nun wieder m = n-1
F(n) = 2*[2*4*6*8...(2n)] / [3*5*7*...(2n+1)]
Was ja zu zeigen war!
mfg |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 3869
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 17:06: |
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Hi Ferdi
Zieleinlauf mit Beifall!
Ich zeige Dir demnächst einen andern Weg, der
etwas direkter zum selben Ziel führt.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 3870
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 16. April, 2004 - 17:58: |
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Hi Ferdi
Es folgt meine Lösung von F6:
Substitution :
x = 2 (sin t)^2 , dx = 2 sin (2t) dt
Aus dem Integral wird nach intensiver Vereinfachung:
F = int [(sin 2 t ) ^(2n+1) 2 dt
untere Grenze 0, obere Grenze ½ Pi.
Neue Substitution und Beachtung der Symmetrie
2 t = u; 2 dt = du
F = 2 * int [(sin u) ^(2n+1) du] ;
untere Grenze 0, obere Grenze ½ Pi.
Jetzt wird eine wohlbekannte Rekursionsformel
mehrfach verwendet; diese Formel lautet:
für m >1 gilt:
int [(sin x)^m dx] = (m-1)/m int[(sin x)^(m-2) dx]
Grenzen (jedes Mal) untere 0 , obere ½ Pi.
Damit erreicht man das angegebene Resultat.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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