Γενικευμένα Ολοκληρώματα

#21

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{3)}$ Έστω $\displaystyle{m\in\mathbb{N}_{0}}$ . Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}x^{m}e^{-x}\sin x\,dx}$ .

kwstas12345 · #22

11)Να αποδείξετε ότι το παρακάτω ολοκλήρωμα συγκλίνει:

$\int_{1}^{e}{\frac{1}{x\sqrt{lnx}}}dx$

#23

mathxl έγραψε:10) Να δείξετε ότι το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t}} dt}$
συγκλίνει

dement · #24

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{5)}$ Έστω $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ . Για $\displaystyle{k=0,1,\ldots,2n-2}$ , ορίζουμε $\displaystyle{I_{k}=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{k}}{x^{2n}+x^{n}+1}\,dx}$ .

Δείξτε ότι $\displaystyle{I_{k}\geq I_{n-1}}$ για $\displaystyle{k=0,1,\ldots,2n-2}$ .

Με αλλαγη μεταβλητης σε u = 1/x

εχουμε $\displaystyle I_k = \int_0^{+ \infty} \frac{x^{2n - k - 2}}{x^{2n} + x^n + 1} dx = \frac{1}{2} \int_0^{+ \infty} \frac{x^{2n - k - 2} + x^k}{x^{2n} + x^n + 1} dx$ και απο ανισοτητα Jensen στην εκθετικη εχουμε

$\displaystyle I_k \geq \frac{1}{2} \int_0^{+ \infty} \frac{2 x^{n-1}}{x^{2n} + x^n + 1} dx = I_{n-1}$

Δημητρης Σκουτερης

#25

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle{11)}$ Να αποδείξετε ότι το παρακάτω ολοκλήρωμα αποκλίνει:

$\int_{1}^{e}{\frac{1}{x\sqrt{lnx}}}dx$

Μάλλον κάποιο τυπογραφικό υπάρχει. Το ολοκλήρωμα συγκλίνει.

Είναι $\displaystyle{\int_{1}^{e}1/(x\sqrt{\ln x})\,dx\stackrel{\ln x=y}{=}\int_{0}^{1}1/\sqrt{y}\,dy=2y^{1/2}\Big|_{0}^{1}=2}$ .

*******************************************************************************************

Δίνω ένα κάπως παρόμοιο, λίγο πιο γενικό.

$\displaystyle{12)}$ Να μελετήσετε τη σύγκλιση του ολοκληρώματος $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{a}(-\ln x)^{b}}\,dx}$ για τις διάφορες τιμές των $\displaystyle{a,b\in\mathbb{R}}$ .

Υ.Γ. : Κώστα αν θες αρίθμησε την άσκησή σου ως 11).

#26

Δίνω μερικά ακόμα :

$\displaystyle{13a))}$ Ας υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{a}}{(m+x^{b})^{c}}\,dx}$ όπου $\displaystyle{a>-1,b>0,m>0,c>(a+1)/b}$

$\displaystyle{13)}$ Ας υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-a^{2}x^{2}}\cos(bx)\,dx}$ όπου $\displaystyle{ab\neq0}$ .

Και δυο μάλλον περισσότερο σάπια από όσο χρειάζεται..

$\displaystyle{14)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-t\cos\varphi}t^{b-1}\sin(t\sin\varphi)\,dt}$ , όπου $\displaystyle{b>0}$ και $\displaystyle{-\pi/2<\varphi<\pi/2}$ και

$\displaystyle{15)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-t\cos\varphi}t^{b-1}\cos(t\sin\varphi)\,dt}$ , όπου $\displaystyle{b>0}$ και $\displaystyle{-\pi/2<\varphi<\pi/2}$ .

dement · #27

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{13)}$ Ας υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-a^{2}x^{2}}\cos(bx)\,dx}$ όπου $\displaystyle{ab\neq0}$ .

Ας πιασω το γρουσουζικο...

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-a^{2}x^{2}}\cos(bx)\,dx = Re {\int_{0}^{+\infty}e^{-a^{2}x^{2}} e^{ibx}\,dx = \frac{1}{2} \, Re \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- (ax - \frac{ib}{2a})^2} e^{\frac{- b^2}{4a^2}} dx = \frac{1}{2} \, e^{\frac{- b^2}{4a^2}} Re \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- (ax - \frac{ib}{2a})^2} dx$

Αφου η συναρτηση δεν παρουσιαζει ανωμαλιες στο μιγαδικο επιπεδο, το ολοκληρωμα της 'μετατοπισμενης' Gaussian θα ισουται με αυτο της κανονικης, δηλαδη $\displaystyle \frac{\sqrt{\pi}}{a}$ . Ετσι, το ολοκληρωμα μας ισουται με $\displaystyle \frac{\sqrt{\pi}}{2a} \times e^{- \frac{b^2}{4a^2}}$ .

Δημητρης Σκουτερης

#28

mathxl έγραψε:10) Να δείξετε ότι το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t}} dt}$
συγκλίνει

Μια κατά το δυνατόν αναλυτική λύση: Επειδή $\displaystyle{\lim_{x\to0^-}\frac{\ln(1+x)}{x}=1}$ , έχουμε

$\displaystyle{\int_{-1}^{0}\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx=\int_{-1}^{0}f(x)\,dx}$ , όπου $\displaystyle{f(x):=\begin{cases}\frac{\ln(1+x)}{x} & x\in(-1,0)\\ 1 & x=0\end{cases}}$ η οποία είναι συνεχής στο $\displaystyle{(-1,0]}$ με $\displaystyle{\lim_{x\to-1^+}f(x)=-\infty}$ .

Τώρα

$\displaystyle{\int_{-1}^{0}f(x)\stackrel{\ln(1+x)=y}{=}\int_{-\infty}^{0}\frac{ye^{y}}{e^{y}-1}\,dy\stackrel{y=-u}{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{u}{e^{u}-1}\,du=\int_{0}^{+\infty}g(u)\,du}$ ,

όπου $\displaystyle{g(u):=\begin{cases}\frac{u}{e^{u}-1} & u\in(0,+\infty)\\ 1=\lim_{u\to0^+}\frac{u}{e^{u}-1} & u=0\end{cases}}$ η οποία είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$ .

Όμως για $\displaystyle{u\in[0,+\infty)}$ είναι

$\displaystyle{e^{u}\geq1+u+u^{2}/2+u^{3}/6}$ , αρα $\displaystyle{g(u)=\frac{u}{e^{u}-1}<\frac{u}{u+u^{2}/2+u^{3}/6}=\frac{1}{1+u/2+u^{2}/6}<\frac{6}{1+u^{2}}}$ .

Επειδή τώρα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{6}{1+u^2}\,du=6\tan^{-1}u\Big|_{0}^{+\infty}=3\pi}$ (συγκλίνει), συγκλίνει και το αρχικό ολοκλήρωμα.

#29

Ας εξετασθεί ως προς τη σύγκλιση το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\tan\Big(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+x^{3}}}\Big)\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{x}\,dx}$ .

#30

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
$\displaystyle{14)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-t\cos\varphi}t^{b-1}\sin(t\sin\varphi)\,dt}$ , όπου $\displaystyle{b>0}$ και $\displaystyle{-\pi/2<\varphi<\pi/2}$ και

$\displaystyle{15)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-t\cos\varphi}t^{b-1}\cos(t\sin\varphi)\,dt}$ , όπου $\displaystyle{b>0}$ και $\displaystyle{-\pi/2<\varphi<\pi/2}$ .

#31

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
$\displaystyle{13X))}$ Ας υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{a}}{(m+x^{b})^{c}}\,dx}$ όπου $\displaystyle{a>-1,b>0,m>0,c>(a+1)/b}$

#32

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
$\displaystyle{12)}$ Να μελετήσετε τη σύγκλιση του ολοκληρώματος $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{a}(-\ln x)^{b}}\,dx}$ για τις διάφορες τιμές των $\displaystyle{a,b\in\mathbb{R}}$ .

#33

$\displaystyle{17)}$ Σαν συνέχεια των ποστς

viewtopic.php?f=9&t=7314
viewtopic.php?f=9&t=7877&p=46538#p46538 και
viewtopic.php?f=9&t=8239 ,

μια με θεωρητικό αλλά και πρακτικό ενδιαφέρον που αφορά τα ολολκληρώματα Frullani.

Για a>b>0

, ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\,dx}$ όπου η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$ σε κάθε μια από τις παρακάτω περιπτώσεις:

$\displaystyle{i)}$ Το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{1}^{+\infty}\frac{f(t)}{t}\,dt}$ συγκλίνει,

$\displaystyle{ii)}$ $\displaystyle{f(x+T)=f(x)}$ για κάποιο $\displaystyle{T>0}$ και για κάθε $\displaystyle{x\geq0}$ ,

$\displaystyle{iii)}$ $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell\in\mathbb{R}}$ .

#34

Δε θυμάμαι αν έχιυν ξανασυζητηθεί: Ας υπολογιστούν τα ολοκληρώματα

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{1+x^2}\,dx}$

ii)

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{1+x^2}\,dx}$ .

(Με ή χωρίς μιγαδική ανάλυση. Θα προτιμούσα να δω κάποια λύση χωρίς πάντως..)

antegeia · #35

Nα βρεθει το ολ/μα

$\int_{0}^{\propto }{xe^{{{{-2}^{2}}^{n}}x}}dx$

Ωmega Man · #36

18 β)
$\color{orange}\rule{600pt}{0.3pt}$

$\displaystyle{\bf \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^2 +1 }\;dx =\Re \mathfrak{e} \left( \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x^2 +1}\;dx\right)=\Re\mathfrak{ e} \left(2 \pi i Res\left(\frac{e^{ix}}{x^2 +1};x=i\right)\right)=\frac{\pi}{e}}$ . Στην περίπτωσή μας θέλουμε το μισό του παραπάνω

αποτελέσματος δηλαδή $\displaystyle{\bf \frac{\pi}{2e}}$ .

$\color{orange}\rule{600pt}{0.3pt}$
To α είναι λίγο δύσκολο....νομίζω αναφέρθηκε και πρόσφατα από τον mathxl.

#37

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{7)}$ Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα :

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\ln x\ln^{2}(1-x)}{x}dx}$

Aναστάση θαρρώ πως αυτό μας είχε ξεφύγει (της προσοχής). Λοιπόν ...

Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right) \cdot {{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)}}{x} \cdot dx}}$
Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \int\limits_0^x {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)}}{u} \cdot du}}$ . Τότε :
$\displaystyle{f\left( x \right) = - \int\limits_0^x {\frac{1}{u} \cdot \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{u^n}}}{n}} } \right) \cdot du} = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n} \cdot \int\limits_0^x {{u^{n - 1}} \cdot du} } \right)} = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{{x^n}}}{{{n^2}}}} \right)}$ , που συγκλίνει για $\displaystyle{0 \le x \le 1}$

Επίσης ισχύουν $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}}$ , $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ και $\displaystyle{f\left( 1 \right) = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ . Τότε

$\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right) \cdot \ln \left( x \right) \cdot \ln \left( {1 - x} \right) \cdot dx} = \left[ {f\left( x \right) \cdot \ln \left( x \right) \cdot \ln \left( {1 - x} \right)} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot \left( {\dfrac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x} - \dfrac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}} \right) \cdot dx} = }$

$\displaystyle{ = - \int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) \cdot dx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot \dfrac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}} \cdot dx} = - \frac{1}{2} \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right)} \right]_0^1 + \int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot \dfrac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}} \cdot dx} =}$

$\displaystyle{ = - \dfrac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) - \int\limits_0^1 {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\dfrac{{{x^n}}}{{{n^2}}}} \right)} \cdot \dfrac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}} \cdot dx} = - \dfrac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}} \cdot \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^n} \cdot \ln \left( x \right)}}{{1 - x}} \cdot dx} } \right)} = }$

$\displaystyle{ = - \dfrac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}} \cdot \int\limits_0^1 {{x^n} \cdot \ln \left( x \right) \cdot \left( {\sum\limits_{k = 0}^\infty {{x^k}} } \right) \cdot dx} } \right)} = - \dfrac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}} \cdot \sum\limits_{k = 0}^\infty {\int\limits_0^1 {{x^{n + k}} \cdot \ln \left( x \right) \cdot dx} } } \right)} = }$

$\displaystyle{ = - \dfrac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}} \cdot \sum\limits_{k = 1}^\infty {\dfrac{1}{{{{\left( {n + k} \right)}^2}}}} } \right)} = - \dfrac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}} \cdot \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\dfrac{1}{{{k^2}}}} } \right)} }$

Όμως

$\displaystyle{{\zeta ^2}\left( 2 \right) = {\left( {1 + \dfrac{1}{{{2^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} + {\rm{ }}..} \right)^2} = 1 + \dfrac{1}{{{2^4}}} + \dfrac{1}{{{3^4}}} + {\rm{ }}..{\rm{ }} + 2 \cdot 1 \cdot \left( {\dfrac{1}{{{2^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} + {\rm{ }}..} \right) + 2 \cdot \dfrac{1}{{{2^2}}} \cdot \left( {\dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} + {\rm{ }}..} \right) + }$

$\displaystyle{ + 2 \cdot \dfrac{1}{{{3^2}}} \cdot \left( {\dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{{5^2}}} + {\rm{ }}..} \right) + 2 \cdot \dfrac{1}{{{4^2}}} \cdot \left( {\dfrac{1}{{{5^2}}} + \dfrac{1}{{{6^2}}} + {\rm{ }}..} \right) + {\rm{ }}..{\rm{ }} \Rightarrow }$

$\displaystyle{{\zeta ^2}\left( 2 \right) = \zeta \left( 4 \right) + 2 \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{{n^2}}} \cdot \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{{n^2}}} \cdot \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} = \frac{1}{2} \cdot \left( {{\zeta ^2}\left( 2 \right) - \zeta \left( 4 \right)} \right)}$

Οπότε

$\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right) \cdot {{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)}}{x} \cdot dx} = - \frac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{{n^2}}} \cdot \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} = - \frac{1}{2} \cdot {\zeta ^2}\left( 2 \right) + \frac{1}{2} \cdot \left( {{\zeta ^2}\left( 2 \right) - \zeta \left( 4 \right)} \right) = }$

$\displaystyle{= - \frac{1}{2} \cdot \zeta \left( 4 \right) = - \frac{{{\pi ^4}}}{{180}}}$

#38

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Δε θυμάμαι αν έχιυν ξανασυζητηθεί: Ας υπολογιστούν τα ολοκληρώματα

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{1+x^2}\,dx}$

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{1+x^2}\,dx}$ .

(Με ή χωρίς μιγαδική ανάλυση. Θα προτιμούσα να δω κάποια λύση χωρίς πάντως..)

Χωρίς μιγαδική ανάλυση τα πράγματα δυσκολεύουν. Για την (β) θα χρησιμοποιηθούν κάποιες προηγμένες τεχνικές του μετασχηματισμού Laplace.

Ισχύει :

[1] $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\dfrac{{\cos \left( {a \cdot \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }} \cdot {e^\big{{ - s \cdot x}}} \cdot dx} = \sqrt {\dfrac{\pi }{s}} \cdot {e^{ - \dfrac{{{a^2}}}{{4 \cdot s}}}}}$ (Δ. Δασκαλόπουλος – Ανώτερα Μαθηματικά ΕΜΠ – Τόμος Τρίτος – σελ. 350-351) και
[2] $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\dfrac{1}{{\sqrt x }} \cdot {e^{ - \dfrac{{{a^2}}}{{4 \cdot x}}}} \cdot {e^\big{{ - s \cdot x}}} \cdot dx} = \sqrt {\dfrac{\pi }{s}} \cdot {e^\big{{ - a \cdot \sqrt s }}}}$ (Δ. Δασκαλόπουλος – Ανώτερα Μαθηματικά ΕΜΠ – Τόμος Τρίτος – σελ. 355-356)

Οπότε

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} {\rm{ }}\mathop = \limits^\big{{x = \sqrt u }} {\rm{ }}\dfrac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {\dfrac{{\cos \left( {\sqrt u } \right)}}{{\sqrt u }} \cdot \dfrac{1}{{1 + u}} \cdot du} = \dfrac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {\dfrac{{\cos \left( {\sqrt u } \right)}}{{\sqrt u }} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - \left( {1 + u} \right) \cdot x}}} \cdot dx} } \right) \cdot du} = }$

$\displaystyle{ = \dfrac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - x}}} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty {\dfrac{{\cos \left( {\sqrt u } \right)}}{{\sqrt u }} \cdot {e^\big{{ - u \cdot x}}} \cdot du} } \right) \cdot dx} \mathop = \limits^\big{{[1]}} \dfrac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - x}}} \cdot \left( {\dfrac{{\sqrt \pi }}{{\sqrt x }} \cdot {e^{\dfrac{{ - 1}}{{4 \cdot x}}}}} \right) \cdot dx} = }$

$\displaystyle{ = \dfrac{{\sqrt \pi }}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x }} \cdot {e^{\dfrac{{ - 1}}{{4 \cdot x}}}}} \right) \cdot {e^\big{{ - 1 \cdot x}}} \cdot dx} \mathop = \limits^\big{{[2] (s=1)}} \frac{{\sqrt \pi }}{2} \cdot \sqrt {\frac{\pi }{1}} \cdot {e^\big{{ - \sqrt 1 }}} = \frac{\pi }{2\cdot e}}$

Για την (α) έχω την εντύπωση ότι δεν υπάρχει κλειστή φόρμα (αυτό διερευνάται, καθώς και ο υπολογισμός του β με στοιχειωδέστερα μέσα)

#39

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας εξετασθεί ως προς τη σύγκλιση το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\tan\Big(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+x^{3}}}\Big)\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{x}\,dx}$ .

Μιας και είναι καιρό αναπάντητο, ας δώσω μια λύση.

Το ολοκλήρωμα συγκλίνει.

Πρώτα ελέγχουμε τη σύγκλιση στο $\displaystyle{[M,+\infty)}$ , $\displaystyle{M>0}$ .

Καθώς $\displaystyle{\tan\Big(\frac{x}{\sqrt{x^2-x^3}}\Big)=\tan(1/\sqrt{1+x})\stackrel{x\to+\infty}{\sim}1/\sqrt{1+x}}$ , αρκεί να ελέγξουμε ως προς τη σύγκλιση το

$\displaystyle{\int_{M}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x}}\ln(1+\sqrt{x})/x\,dx\stackrel{\sqrt{x}=y}{=}\int_{\sqrt{M}}^{+\infty}2\frac{\ln(1+y)}{\sqrt{y^2+y^4}}\,dy}$ .

Αλλά $\displaystyle{\frac{\ln(1+y)}{\sqrt{y^2+y^4}}\leq\ln(1+y)/y^2}$ της οποίας το ολοκλήρωμα στο $\displaystyle{[N,+\infty)}$ για μεγάλο $\displaystyle{N}$ ελέγχεται εύκολα ότι συγκλίνει.

Τώρα κοιτάμε το $\displaystyle{(0,1]}$ . Καθώς $\displaystyle{\tan\Big(\frac{x}{\sqrt{x^2-x^3}}\Big)=\tan(1/\sqrt{1+x})\stackrel{x\to0}{\longrightarrow}1}$ αρκεί να ελέγξουμε το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\ln(1+\sqrt{x})/x\,dx}$ .

Όμως

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\ln(1+\sqrt{x})/x\,dx\stackrel{\sqrt{x}=y}{=}2\int_{0}^{1}\ln(1+y)/y\,dy=2\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}x^{n-1}/n=2\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}/n^2=\pi^{2}/6}$

#40

$\displaystyle{19)}$ Ας εξετασθεί ως προς τη σύγκλιση το $\displaystyle{\int _0 ^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2 \sin^2 x}}$ .

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση