Probabilitate problema erakargarriak. Bertrand-en kutxaren paradoxa.

Joseph Bertrand (1822-1900) matematikari frantziarrak "Calcul des probabilités"  liburuan "Bertrand-en kutxaren paradoxa" izenarekin ezaguna den probabiliate problema proposatun zuen.

Problema honen aldaera ugari daude, baina guztietan sortzen den paradoxak jatorri bera du: gertaeren independentzia eta gertaera baldintzatuak bereizteko zailtasunak, eta baita lagin espazioa determinatzeko ere. Askoren ustean orain gertatutako gertaera batek ezin du eraginik izan aurretik gertatutako gertaera batean;akats honi, "denboraren ardatzaren falazia" esaten zaio.

Problemaren hainbat bertsio ikusiko ditugu jarraian, denak oso erakargarriak eta motibagarriak. Eztabaida sutsuak eta mamitsuak sor daitezke gelan edota lagunen artean proposatzen badira.

1. BERTRAND-EN KUTXAREN PARADOJA

Hiru kutxa daude bakoitzak bi kutxatxo barruan dituelarik eta kutxatxo bakoitzaren barruan txanpon bana. Lehenengo kutxan urrezko bi txanpon daude, bigarrenean urrezko txanpon bat kutxatxo batean eta zilarrezko bat bestean eta hirugarren kutxan zilarrezko bi txanpon. Zoriz kutxa bat aukeratu ondoren, zoriz ere barruko kutxatxo bat aukeratzen eta barruan dagoen txanpona ateratzean urrezkoa dela ikusten da.

Zein probabilitatea dago kutxako beste kutxatxoan dagoen txanpona ere urrezkoa izateko?

Adi! Intuizioak sarritan kale egiten digu eta. Baldintzaren eragina ez da kontuan hartzen eta txanpon bat atera ondoren ere gertaerak ekiprobableak direla uste izaten da sarri askotan.
Hasiera batean, hiruren artean kutxa bat aukeratzen denean, probabilitate bera dago edozein aukeratzeko (1/3), gertaera ekiprobableak baitira.

Behin kutxa bat aukeratua izan denean eta bertatik urrezko txanpona atera ondoren, egoera berri baten aurrean gaude. Informazio berri bat dugu, eta informazio honek lagin espazioa aldatu edo murriztu egiten du, zilarrezko bi txanpon dituen kutxa baztertzen baitu. Eta gainera, bi gertaerak (1. kutxatik edo 2. kutxatik aterata izatea) ekiprobableak ez direla nahiko ebidentzia dago. Badirudi atera den txanpona urrezkoa izateak, 1. kutxatik (urrezko bi txanponak dituena) aterata izatea errazagoa dela pentsatzera eramaten gaituela (kontuan izan 2. kutxan urrezko bakarra dagoela). 
Izenak ipiniko dizkiegu urrezko txanponei: 1. kutxan urrezko A eta urrezko B eta 2. kutxan urrezko C eta zilarrezkoa. Atera den urrezko txanpona A, B edo C da, baina bereizgarririk ez dutenez, ezin da jakin hiru horietako zein den. Beraz, hiru kasu hauek bereizten dira:

     Urrezko A atera, barruan urrezko B
     Urrezko B atera, barruan urrezko A
     Urrezko C atera, barruan zilarrezkoa

Hiru kasuetatik bitan barruan urrezkoa txanpona dagoenez, barruan dagoen txanpona urrezkoa izateko probabilitatea edo, berdina dena, txanpona 1. kutxatik aterata izatekoa 2/3 da eta barruko txanpona zilarrezkoa izateko 1/3.


Problema bera beste era batean enuntziatuta, urrezko eta zilarrezko txanponen ordez bola beltzak eta zuriak erabiliz:

2. BERTRANDEN KUTXAREN PARADOXA (2)

Hiru kutxa ditugu. Lehenengoak bi bola zuri, bigarrenak bat zuria eta beste bat beltza eta hirugarrenak bi beltz ditu. Zoriz kutxa bat aukeratu ondoren, bertatik bola bat atera dugu. Ateratako bola beltza izan bada, zein da hirugarren kutxa aukeratu izanaren probabilitatea?

AZALPENA: "Kutxak, bolak eta probabilitatea (III)"

3. BI TXANPONAK 

Kutxa batean bi txanpon ditugu. 1. txanponak bi aldeak zuriz margotuta ditu eta 2. txanponak alde bat zuriz eta bestea gorriz. Zoriz txanpon bat hartu, airera jaurti eta zuria irten da.
Zer da probableago, ikusten ez den aldea zuria ala gorria izatea?
Bigarren aldiz txanpon bera jaurtitzen da eta berriz ere zuria irten da. Zein da ikusten ez den aldea zuria izateko probabilitatea?

Azalpena

Gora begira irten den aldea zuria denez, beste aldearentzat bi aukera daude gorria ala zuria. Beraz, probabilitatea bera dago, 1/2. Baina, arrazoibide hau okerra da.

Egia da ezkutuan dagoen aldea zuria ala gorria izan daitekeela; hau da, lagin espazioa aurpegi honentzat: {Zuria, Gorria}, baina, gertaera hauek ez dira ekiprobableak.

Bi txanpon daude: (Z₁,Z₂), (Z₃,G); hau da, lau aurpegi. Lau aurpegietatik 3 zuriak eta bat gorria da. Ikusten den aldea zuria denez, eskutuan dagoen aldearentzat hiru aukera daude: bi zuri eta bat gorri.

  ➤ Z₁ ikusten bada, beste aldean: Z₂
  ➤ Z₂ ikusten bada, beste aldean: Z₁
  ➤ Z₃ ikusten bada, beste aldean: G

Beraz, txanpona jaurti ondoren zuria irten bada, probableagoa da ikusten ez den aldea zuria izatea, honen probabilitatea gorria izatearen bikoitza da:

               P(Z) = 2/3   eta   P(G) = 1/3

➤Irudi baten laguntzaz argiago ikusiko da:

➤Kontigentzia taula baten laguntzaz:

Ikusten den aldea zuria denez, lagin espazioa murriztu egin da, lehenengo zutabeari begiratu behar diogu soilik. 3 aurpegi zuri daude, eta hauetatik 2 dagozkio bi aldeak zuriz margotuta dagoen txanponari; hau da, 1. txanponari. Ondorioz, gorria baino bi aldiz probableagoa da azpiko aldea zuria izatea:

P((Z,Z)/ikusi Z)=2/3  eta  P((Z,G)/ikusi Z)=1/3


➤Zuhaitz digrama baten bidez,

➤Bayesen teoremaz ere ebatz daiteke:

4. HIRU TXANPONAK 

Hiru txanpon ditugu, batak bi aldeetatik zuriz margotuta, beste bat bietatik gorriz eta azkena alde batetik zuriz eta bestetik gorriz. Poltsa batean sartzen ditugu eta begiratu barik zoriz bat aukeratzen dugu. Ondoren mahai gainean jartzen dugu bere aurpegietako bat bistan dagoela eta bestea ezkutuan. Demagun ikusten den aldea zuria dela.
Apustua egin behar duzu ikusten ez den aldea zuria ala gorria dela, zein aukeratuko zenuke? Zer da probableagoa, ezkutuan dagoen aurpegia zuria ala gorria izatea? 

Azalpena

Hasieran hiru txanpon daude,eta zoriz txanpon bat hartzen da; beraz, lagin espazioa: {1. txanpona, 2. txanpona, 3. txanpona}. Hiru gertaera hauek ekiprobableak dira (P = 1/3).

Txanpon bat hartu, mahai gainean bere aurpegietako bat gora begira jarri eta zuria dela ikusterakoan, lagin espazioa aldatu egiten da, bi aldeetatik gorria den txanpona (2. txanpona) ez dela aukeratua izan dakigulako. Lagin espazioa: {1. txanpona, 3. txanpona}. Baina orain bi gertaera hauek ez dira ekiprobableak eta bi txanponen problema ebatzi dugun eran ebatziko genuke hau ere.


5. MONTY HALL

Telebistako lehiaketa programa batean, lehiakideak itxita dauden hiru atetik bat aukeratu behar du, batean sari on bat dago, kotxe bat, eta beste bietan ahuntza bana.

Ate bat aukeratutakoan, aurkezleak (ondo daki saria non dagoen) atzean ahuntza gordeta duen ate bat irekitzen du. Bi ate gelditzen dira: lehiakideak aukeratutakoa eta bestea.

Azalpena: HEMEN

6. PRESOAREN DILEMA

Hiru pertsona (A-B-C) preso daude epaiketaren zain. Hiruretako bat hiltzera kondenatua izango da eta beste biak libre irtengo dira. Epaileak erabakia zoriz hartuko du.

Epaileak A presoari C presoa libre irtengo dela esan dio eta, jarraian, galdetu dio ea nahi duen aldatu edo trukatu berarentzat hartuta dagoen erabakia B presoarekin.

Zer egin beharko luke A presoak? Trukea onartu ala ez?

Azalpena: HEMEN

7. ENEKOREN LAGUNEN PARADOXA 

Enekok uztaila osoan Irlandan igaro ondoren, bueltan da aireportuan. Aita eta ama bere bila hurbildu dira aireporturaino.

Aitak honela galdetu dio semeari: "Lagun berririk egin duzu?", Enekok: "bai, bi lagun".
Aitak berriz: "lagunen bat neska al da?", "bai" erantzun dio Enekok.
Orduan, bi lagunak neskak izateko probabilitatea 1/3 da. Zergatik?




Ondoren, amak: "urrutitik ikusi dudan gorriz jantzita doan laguna neska al da?" Enekok: "bai".
Orduan, Enekoren bi lagunak neskak izateko probabilitatea 1/2 da. Zergatik?

AZALPENA: HEMEN

*****

Read More

Geometria analitikoa espazioan

BEKTORE-ESPAZIO EUKLIDEARRA
ETA ESPAZIO AFINA

Matematika II ikasgaiko epazioko geometria analitikoa (Bektoreak-Zuzenak-Planoak-Angeluak-Distantziak) lantzeko lagungarri izango delakoan hainbat azalpen bideo doazkizue jarraian. 

Bideoak bi multzotan sailkatuta daude:

• T1, T2,... ➢ Laburpen teorikoak adibideekin. Bideo hauetan jakin beharreko eduki teorikoak azaltzen dira hainbat adibidez osatuak. Proposatutako ordenean ikustea gomendatzen da.

• A1, A2,... ➢ Ariketa ebatziak pausoz pauso azalduta irudien laguntzaz. Selektibitateko ariketa batzuk ere ebazten dira.

LABURPEN TEORIKOAK ETA ADIBIDEAK

(T1) BIDERKADURA ESKALARRA	(T2) BIDERKADURA BEKTORIALA
(T3) BIDERKADURA MISTOA	(T4) ZUZENAREN EKUAZIOAK
(T5) PLANOAREN EKUAZIOAK	(T6) ZUZENAK: POSIZIO ERLATIBOAK
(T7) PLANOAK: POSIZIO ERLATIBOAK	(T8) ZUZENA-PLANOA, POSIZIO ERLATIBOAK
(T9)	(T10)

ARIKETA EBATZIAK

(A1) Lau puntu planokideak izateko baldintza	(A2) Zuzenen eta planoen ekuazioak. Zuzenen arteko posizio erlatiboa.
(A3) Zuzena eta planoa, posizio erlatiboa  parametro baten menpe	(A4) Zuzen batekiko paraleloa den zuzena
(A5) Plano batekiko paraleloa den planoa	(A6) Zuzenaren ekuazio inplizituetatik ekuazio parametrikoak.
(A7) Puntu baten puntu simetrikoa plano batekiko	(A8) Puntu baten puntu simetrikoa zuzen batekiko
(A9) Zuzena eta planoa, posizioa parametro baten menpe.	(A10) Zuzena eta planoa, posizioa parametro baten menpe.
(A11)	(A12)

Geometriako hainbat ariketa ebatziak (selektibitatea) 20: 

*****  

Read More

Aurpegi kopurua berdinduz

Mahai gainean 101 txanpon jarri ditut, horietatik 15 txanponek aurpegia gora begira dute eta beste 86-k gurutzea. 

Begiak estalita dituzula, ondorengo erronka proposatzen dizut:

Mahaiko txanpon guztiak bi multzotan banatu, halako moldez non bi multzoetan aurpegia gora begira duten txanpon kopurua berdina den (hauxe da egiaztatu behar den baldintza bakarra). Gogoratu 15 txanpon aurpegia gora eta 86 gurutzea gora begira daudela eta txanponak ez dituzula ikusten, bakarrik mugitu eta nahi baduzu biratu ere egin ditzakezula. Ukimenez ez dago jakiterik aurpegia ala gurutzea den.

Ikusten duzunez, enuntziatua erraza da, eta lehenengo irakurketan ezinezko lana dirudien arren, posiblea da, egin daiteke, ez dago tranparik.

Ez konplikatu, erraz pentsatu eta listo!

Jarraian ebazpena doakizue, baina begiratu baino lehenago eman beste buelta bat problemari. 
Kontuan izan hasierako txanpon kopurua edozein izan daitekela, eta ematen diguten informazio garrantzitsuena gora begira dagoen txanpon eta gurutze kopurua dela.
Orduan, bi multzotan banatzen dugunean, zein izango da multzo bakoitzaren txanpon kopurua?

AZALPENA

*****

Read More

Probabilitate bi problema: Monty Hall eta Presoaren Dilema.

Egunotan probabilitatea izan dugu protagonista batxilergoko klase  orduetan. Intutuizioa axiomatikaren gainetik jarriz, hainbat problema paradoxiko eta anti-intuitibo ebazteari ekin diogu. Horien artean, gaurko artikulu honetan aztertuko ditugun "Monty Hall-en problema" eta "Presoaren dilema". Monty Hall-en problema bigarren aldiz proposatzen dut nire blogean, aurreko sarrera batean izan genuen ere aztergai: HEMEN 

"MONTY HALL"

Telebistako lehiaketa programa batean, lehiakideak itxita dauden hiru atetik bat aukeratu behar du, batean sari on bat dago, kotxe bat, eta beste bietan ahuntza bana.

Ate bat aukeratutakoan, aurkezleak (ondo daki saria non dagoen) atzean ahuntza gordeta duen ate bat irekitzen du. Bi ate gelditzen dira: lehiakideak aukeratutakoa eta bestea.

Jarraian, aukera ematen dio lehiakideari aldatzeko: lehen aukeratutako atea utzi eta bestea hautatu.

Zuk zer egingo zenuke? aldatu ala ez?

Intuizioari eutsiz azter dezagun problema hau lasaitasunez.

Zoriz hiru ateetatik bat hautatzen dugunean, kotxe berrian etxera itzultzeko izango dugun probabilitatea 1/3 da. Igo al daiteke probabilitate hau atez ez aldatzea erabakitzen bada?

Lehenengo irakurketan pentsa liteke atez aldatzeak ez digula inolako bentajarik ekarriko, aldatu ala ez kotxea irabazteko probabilitatea 1/2 dela. Baina, 1/2 bada, igo egin da; orduan, aurkezleak ahuntza duen ate bat zabaltzeagatik hasierako 1/3ko probabilitatea igo egin da 1/2ra?  Nola? Benetan hala da? Zer dela eta 1/2? Bi ate gelditzen direlako? Ez al genekien beste bi ateetako batean, gutxienez batean, ahuntz bat zegoela? Inporta al da ate hori zabalik egotea gure atea ez uztea erabaki badugu? Ate aldaketarik ez badago, irabazteko probabilitatean ere ez da aldaketarik emango.

Bildu beste bi ateak eta hartu bloke bat moduan. Argi dago bloke honetan kotxea egoteko probabilitatea 2/3 dela, eta aukera izanez gero, bloke osoa hautatuko genukeela. Bloke honetako sari gabeko ate bat irekitzen denean, blokeak jarraitzen du izaten 2/3ko probabilitatea, baina orain guztia ireki gabe dagoen atera pasa da. Aurkezleak aldatzeko proposamena egiten digunean, bloke osoa eskaintzen digu (irekita dagoen atea ez dugu ezertarako nahi, ez guk, ez berak). Ondorioz, atez aldatzea komeni zaigu, irabazteko probabilitatea bikoiztu egiten baita.

Hobeto ulertzeko alda dezagun problemaren enuntziatua. Hiru sobre daude, batean premio on bat (kotxea) eta beste bietan ezer ez (edo ahuntza bana). Zoriz sobre bat aukeratu dugu eta aurkezleak beste bietatik sari gabeko sobre bat zabaltzen du. Hutsik dagoenez, oparitu egiten dizu. Jarraian, zuk aukeratutako sobrea ireki gabe dagoenarekin aldatzeko proposamena luzatzen dizu. Ez zenuke aldatuko? Funtsean, hasierako bi sobreak eskaini dizkizu. Ireki gabeko sobrean 2/3ko probabilitatea metatu da; beraz, aldatzea komeni zaizu.

Jokalari baten estrategia atez aldatzea bada, ondorengo zuhaitz diagraman labur daiteke irabazteko duen probabilitatea:

Estrategia atez ez aldatzea denean:

Aurkezpenean honetan hainbat azalpen proposatzen dira:

*****

"PRESOAREN DILEMA"

Hiru pertsona (A-B-C) preso daude epaiketaren zain. Hiruretako bat hiltzera kondenatua izango da eta beste biak libre irtengo dira. Epaileak erabakia zoriz hartuko du.
Epaileak A presoari C presoa libre irtengo dela esan dio eta, jarraian, galdetu dio ea nahi duen aldatu edo trukatu berarentzat hartuta dagoen erabakia B presoarekin.

Zer egin beharko luke A presoak? Trukea onartu ala ez?

Problema hau "Monty Hall"-en problemarekin uztartu daiteke honako identifikazio hauek eginez: 

Aske geratzea ➪ Ahuntza irabaztea

Hiltzera kondenatuta izatea ➪ kotxea irabaztea

C presoa aske geratuko dela jakitea ➪ Ahuntza duen ate bat zabaltzea

Beraz, oraingo honetan ez aldatzea komeni zaio, ateen probleman ahuntza irabazteko estrategia bera, honela hasieran aske geratzeko zeukan probabilitatea 2/3 mantenduko du. Aldatzen badu probabilitatea 1/3 izatera pasatuko litzateke.

*****

Read More

Probabilitate problema. Oinarrizko proportzioaren falazia.

Hiri bateko biztanleen % 90 zuriak dira eta % 10 beltzak. Hiri horretan delitu bat gertatu da, gauean etxe batean lapurretan egin dute.

Auzokide batek lapurra gizon beltz bat izan dela deklaratu du. Deklarazio hau kontuan harturik, poliziak gizon beltz bat atxilotu eta erruduntzat hartu du.

Salaketari indarra eman nahian, lapurreta gertatu zen ordu berean eta baldintza berdinetan proba bat egiten diote lekukoari, eta honek lapurraren azal kolorea % 80 aldiz asmatzen du.

Badago lapurreta leporatzerik lekukoak esandakoarekin? Hau da, lekukoak lapurra beltza dela esan badu, zein da benetan lapurra beltza izateko probabilitatea?

🔷🔷🔷

Probabilitate problema paradoxikoa dugu gaurko hau, eta oinarrizko proportzioaren falazia izenarekin ezagutzen da.

Joera handia izaten dugu eskaturiko probabilitatea lekukoak proban  izandako % 80rekin identifikatzeko. Baina ez da hori, kontuan izan behar dugu lekukoak esaten duenak baldintzatzen duela benetan lapurra beltza izatearen probabilitatea. Bestelako proportzio bat erabili beharra dago, non lekukoak esandakoa kontuan izaten den.

Jarraian azalpen bat doakizue:

🔷AZALPENA🔷

*****

Read More

Probabilitatea eta banaketa justua.

Martxel eta Erika, matematikako irakaslearen erretolikaz asperturik, gogoz ari dira jolasten. Zorizko joko bat asmatu dute, 6 puntu lortzen dituena 32 € irabaziko ditu (bakoitzak 16 € ipini ditu). Erikak 5 puntu eta Martxelek 3 dituztenean txirrinak jo du eta jokoa eten egin behar izan dute.

Martxelek zera proposatu dio Erikari: “32 euroak lorturiko puntuen arabera banatuko ditugu, 4 € puntu bakoitzeko, 20 zuretzat eta 12 niretzat, ados?” 

Erika probabilitate klaseetan adi-adi egon denez, badaki proposamena ez dela justua eta ez du onartzen. Zergatik ez du onartu? Nola egin behar da banaketa?

(Problema hau Fibonaccik (1180-1250) proposatu zuen “Liber Abaci” liburuan eta Luca Paciolik (1445-1514) gaizki ebatzi zuen)

AZALPENA

Read More

Karratuen jokoa eta probabilitatea

PROBABILITATE PROBLEMA

Ezkutuan eta zoriz irudiko puntuak zenbakitu dira 1etik 20ra. A, B eta C jokalariek txandaka 4 zenbaki aukeratuko dituzte, 1etik 20ra, lau puntuak lotzerakoan karratu bat lortu nahian. A hasiko da, ondoren B eta azkenik C (hirurek esango dute konbinazio bat, baina aurretik esandako konbinazioa, lau zenbakiak, errepikatu gabe).

a) Zenbat karratu eraiki daitezke lau puntu lotuz?

b) Zein da lehenengo txandan jokalari bakoitzak aukeratutako zenbaki konbinazioarekin karratu bat lortzeko duen probabilitatea?

c) Zein da zortzigarren konbinazioa esatean lehenengo aldiz asmatzeko probabilitatea?

d) Esandako lehenengo 7 konbinazioetan inork ez duela asmatu jakinda, zein da 8. konbinazioa esatean asmatzeko probabilitatea?

e) Zenbat konbinazio oker esan behar dira hurrengoko konbinazioa esatean asmatzeko probabilitatea %1 izan dadin?

EBAZPENA

*****

Read More

Dorrea eta estrategia irabazlea

Hemen doakizue Adrian Paenzak bere problemetako liburu batean proposaturiko estrategiazo joko polit bat.


Xake taula, dorre bat eta apur bat pentsatzea besterik ez dugu behar.

Hauek dira jokoaren arauak:

➤ Bi jokalari: A eta B.
➤ A jokalariak aurreneko mugimendua egingo du, ondoren B-k mugituko du.
➤ Hasieran dorrea taulako behe-ezkerreko laukian dago.
➤ Baimendutako mugimenduak: gora eta eskuinera.
➤ Mugimendu bakoitzean nahi beste lauki gora ala eskumara mugitzea aukeratu behar da.
➤ Helburua goi-eskuineko laukira iristea.
➤ Txandaka mugituko dute dorrea: A jokalaria hasiko da.
➤ Bere txandan goi-eskuinean dagoen lauki beltzera iristen denak jokoa irabaziko du.

Hauxe jakin nahi da:

➤ Ba al dago beti irabazteko estrategiarik? 

➤ Hala bada, nork dauka estrategia irabazlea, A lehenengo jokalariak ala B bigarrenak?

♜♜♜♜♜ 

Read More

Integralak: Zatikako Metodoa. Nola aukeratu u eta dv? Beharrezkoa al da formula?

Batxilergoko 2. mailan ikasleak kalkulu integralean murgiltzen dira buru belarri funtzio deribatua integratuz jatorrizkoen bila. Jatorrizko funtzioak aurkitzeko hainbat metodo edota teknika ikasten dute, horien artean, metodo bitxi bat, zatikako metodoa deiturikoa. 

Metodo hau eraginkortasunez erabiltzeko pauta eta adibide batzuk (formulaz eta formula erabili barik) emango ditugu jarraian.  

➤Nola aukeratu u eta dv zatikako metodoan? 

Hona hemen aukeraketa egiteko lagungarria den arau mnemotekniko bat:

Irudian ALPES hitzaren hizkien esanahia dugu. Hizki bakoitza funtzio mota bat da, eta honek pista bat ematen digu u eta dv aukeratzerakoan. Aurretik dagoen hizkiak u bezala zein funtzio aukeratu behar den esango digu eta bigarren hizkiak, ordez, dv.

Adibide bat ikusi baino lehen, gogora dezagun zertan datzan zatikako metodoa.

🔻🔻🔻

Demagun x-ren menpeko bi funtzio deribagarri: f(x) eta g(x).

Bi funtzio hauen f·g biderkadura deribatuko dugu Lagrangeren notazioa erabiliz,

(f·g)' = f'·g + f·g' =g·f' + f·g'

edo berdina dena baina Leibnizen diferentzialen notazioaz (f' = df/dx),

d(f·g)/dx= g·df/dx + f·dg/dx

Beraz,

d(f·g) = g·df + f·dg

Bi aldeak integratuz, 

∫d(f·g) = ∫g·df + ∫f·dg

f·g = ∫g·df + ∫f·dg

 ∫f·dg isolatuz, zatikako metodoaren oinarrizko formula izango dugu,

∫f·dg = f·g - ∫g·df
 

f = u eta g = v eginez, ezagunagoa den honako adierazpenera heltzen gara,

∫udv = uv - ∫vdu

🔺🔺🔺

➤Zatikako metodoa zein integral motatan komeni da  erabiltzea?

Integrala berehalakoa ez bada eta integrakizunean mota desberdineko funtzioen biderkadura (funtzio polinomikoa bider funtzio trigonometrikoa, funtzio polinomikoa bider esponentziala, trigonometrikoa bider esponentziala, polinomikoa bider arco funtzioa, arcsinx·dx, lnx·dx,...) agertzen denean zatikako metodoa aplikatzea efektiboa izan daiteke.

Metodo honetan, hasierako integrala bi zatitan banatzen da, u zatia eta dv (bigarren hau dx-rekin batera hartzen da eta integratzeko erraza edo berehalakoa behar du izan); formula aplikatu ondoren, bigarren integrala hasierakoa baino errazagoa izatea espero da.

u eta dv aukeratzeko ikusitako arau mnemoteknikoaren adibide bat doakizue bideo honetan:

Zatikako metodoaren erabileraren beste adibide bat:

➤Beharrezkoa al da zatikako metodoaren formula? Ba al dago integral hauek ebazterik formula erabili gabe?

Formula lortzeko jarraituriko pausoak aztertuta, berehala konturatzen gara u·v biderkaduraren deribatua klabea dela. Biderkadura hau deribatzerakoan integratu nahi dugun f funtzioa agertzea lortuko bagenu, integrala ia ebatzita izango genuke. Beraz, gakoa hor dago, u.v egoki aukeratzean, honen deribatua kalkulatzerakoan (u'·v+u·v') integratu nahi dugun funtzioa (∫f·dx) batugaietako batean agertu behar da (f = u'·v edo f = u·v').

Adibide 1 

Adibide bera, formula eskuratzeko jarraituriko pausoekin konparatuz:

Adibide 2

Adibide 3 (bideoa)

Adibide 4 (aurkezpena)

*****

Read More