mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 6:57 pm**

Με σύμφωνη γνώμη του διδάσκοντα καθηγητή Σ. Ντούγια -τον οποίο και ευχαριστούμε- δημοσιεύουμε τα θέματα εξετάσεων Απειροστικού Λογισμού ΙΙ στο Μαθηματικό Τμήμα Ιωαννίνων (Ιούνιος 2011)

1. α) Να δώσετε τον ορισμό του αθροίσματος Riemann ορίζοντας αναλυτικά το κάθε τι, και με την βοήθειά του να δώσετε τον ορισμο της κατά Riemann ολοκληρώσιμης συνάρτησης.
β) Να αποδείξετε ότι αν μια συνάρτηση είναι ολοκληρώσιμη, σύμφωνα με τον ορισμό πού δώσατε στο α) , τότε αυτή είναι φραγμένη.
γ) Έστω $f:\left[{\alpha,\,\beta}\right]\longrightarrow\mathbb{R}$ μιά ολοκληρώσιμη συνάρτηση, σύμφωνα με τον ορισμό πού δώσατε στο α) και

μιά τυχούσα διαμέριση του $\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ . Να αποδείξετε ότι, για κάθε $\varepsilon>0$ , υπάρχει σύνολο ενδιαμέσων τιμών $\varXi_1$ της

τέτοιο ώστε να ισχύει $\bigl|{U({P,f})-S({P,\,f,\,\varXi_1})}\bigr|<{\varepsilon}$ , όπου

είναι το άνω άθροισμα της ως προς

την

.
δ) Να εξετάσετε αν συγκλίνει το γενικευμένο ολοκλήρωμα $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}{x\,\cos{x}\,dx}$ , και αν υπάρχει η πρωτεύουσα τιμή Cauchy.

2. α) Έστω $f:\left[{\alpha,\,\beta}\right]\longrightarrow\mathbb{R}$ μιά παραγωγίσιμη συνάρτηση, τέτοια ώστε, για κάθε $x\in\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ , να ισχύει $|{f^{\prime}({x})}|\leq{M}$ , για κάποιον M>0

. Να αποδείξετε ότι η

ικανοποιεί την συνθήκη του Riemann.
β) Έστωσαν $\alpha>1$ και η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{1}{x}$ , $x\in\left[{1,\,\alpha}\right]$ . Θεωρώντας την διαμέριση $P_{\nu}=\Bigl\{{1,\,\alpha^{\frac{1}{\nu}},\,\alpha^{\frac{2}{\nu}},\ldots,\,\alpha^{\frac{\nu-1}{\nu}},\,\alpha^{\frac{\nu}{\nu}}=\alpha}\Bigr\}$ , να υπολογίσετε το $L({P_{\nu},\,f})$ και το $L_{f}$ , όπου $L({P_{\nu},\,f})$ είναι το κάτω άθροισμα της ως προς

την

και $L_{f}$ είναι το κάτω ολοκλήρωμα της

.
γ) Να εξετάσετε αν συγκλίνει το γενικευμένο ολοκλήρωμα $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}$ .

3. α) Μιά συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ θα λέγεται αντιπεριοδική με αντιπερίοδο T>0

, αν, για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , ισχύει f({x})+f({x+T})=0

. Να αποδείξετε ότι, αν η συνάρτηση

είναι αντιπεριοδική με αντιπερίοδο T>0

, τότε και η συνάρτηση $g:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ με
$g(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}{f({t})\,dt}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}$ ,
είναι, επίσης, αντιπεριοδική με αντιπερίοδο T>0

.
β) Να βρεθούν οι τιμές f({4})

και

αν:
$i) \ \displaystyle\int_{0}^{x^2}{f({t})\,dt}=x\,\cos({\pi{x}})\,,\qquad{ ii)} \ \displaystyle\int_{0}^{g(x)}{t^2\,dt}=x\,\cos({\pi{x}})$ ,
όπου

και

είναι συνεχείς συναρτήσεις.
γ) Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία A({0,2})

και

, χωρίζει σε δύο μέρη τον κύκλο με κέντρο K({1,1})

και ακτίνα $\sqrt{2}$ . Να εκφράσετε το εμβαδόν του μικρότερου μέρους με την βοήθεια ολοκληρωμάτων. Στην συνέχεια να υπολογίσετε ένα από τα άρρητα ολοκληρώματα. (Να κάνετε σχήμα)

4. α) Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα:
$i) \ \displaystyle\int{\frac{dx}{\sqrt{-x^2-3x}}}\,,\qquad{ii)} \ \displaystyle\int_{-2}^{2}{\bigl({|{x}|+\bigl|{1-x^2}\bigr|}\bigr)\,dx}$ .
β) Αν $f,g:\left[{\alpha,\,\beta}\right]\longrightarrow\mathbb{R}$ είναι συνεχείς συναρτήσεις με $f({\alpha})<g({\alpha})$ και $\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}{f({x})\,dx}>\int_{\alpha}^{\beta}{g({x})\,dx}$ , τότε να αποδείξετε ότι υπάρχει $\xi\in\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ , τέτοιο ώστε $f({\xi})=g({\xi})$ .
γ) Να βρείτε την καμπύλη η οποία διέρχεται από το σημείο ({1,1})

και της οποίας το μήκος τόξου μπορεί να υπολογισθεί από το ολοκλήρωμα $\displaystyle\int_{1}^{4}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}\,dx}$ . Να υπολογίσετε αυτό το μήκος.

________________________________________
και για την αντιγραφή

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 8:49 pm**

2. α) Επειδή για κάποιον M>0

και για κάθε $x\in\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ , ισχύει $|{f^{\prime}({x})}|\leq{M}$ , από το θεώρημα Μέσης Τιμής για την

στο διάστημα $\left[{x,\,y}\right]\subseteq\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ , προκύπτει ότι υπάρχει $x_0\in\left({x,\,y}\right)$ , τέτοιο ώστε $\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}=f^{\prime}({x_0})$ .
Επομένως $\left|{\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}}\right|=\left|{f^{\prime}({x_0})}\right|\leq{M}\quad\Leftrightarrow\quad\left|{f(y)-f(x)}\right|\leq{M}\,|{y-x}|\quad(1)$ .

Άρα η

ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz στο $\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ και για αυτό είναι ομοιόμορφα συνεχής στο $\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ .
Άν $P=\left\lbrace{\alpha=x_0,\,x_1,\dots,\,x_{\nu}=\beta}\right\rbrace$ είναι διαμέριση του $\left[{\alpha,\,\beta}\right]$ με λεπτότητα ||{P}||

, τότε σε κάθε διάστημα $\left[{x_{i-1},\,x_{i}}\right], \ {i}=1,2,\dots,\nu$ , η

παίρνει ελάχιστη καί μέγιστη τιμή, δηλαδή υπάρχουν $\rho_{i},\,\sigma_{i}$ στό $\left[{x_{i-1},\,x_{i}}\right]$ , τέτοια ώστε:

$\begin{array}{l} m_{i}=\mathop{\inf}\limits_{i}\left\lbrace{f(x):\,x\in\left[{x_{i-1},\,x_{i}}\right]}\right\rbrace=\mathop{\min}\limits_{i}\left\lbrace{f(x):\,x\in\left[{x_{i-1},\,x_{i}}\right]}\right\rbrace=f({\rho_{i}})\\\noalign{\vspace{0.2cm}} M_{i}=\mathop{\sup}\limits_{i}\left\lbrace{f(x):\,x\in\left[{x_{i-1},\,x_{i}}\right]}\right\rbrace=\mathop{\max}\limits_{i}\left\lbrace{f(x):\,x\in\left[{x_{i-1},\,x_{i}}\right]}\right\rbrace=f({\sigma_{i}})\,.\end{array}$

Επομένως
$M_{i}-m_{i}=\left|{f({\sigma_{i}})-f({\rho_{i}})}\right|\stackrel{(1)}{\leqslant}\,M\left|{\sigma_{i}-\rho_{i}}\right|\leqslant{M}\left|{x_{i}-x_{i-1}}\right|\leqslant{M}\,||{P}||\quad(2)\,.$

καί $U({P,\,f})-L({P,\,f})=\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}M_{i}\left({x_{i}-x_{i-1}}\right)-\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}m_{i}\left({x_{i}-x_{i-1}}\right)=$
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}\left({M_{i}-m_{i}}\right)\left({x_{i}-x_{i-1}}\right)\stackrel{(2)}{\leqslant}\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}M\,||{P}||\left({x_{i}-x_{i-1}}\right)=$
$\displaystyle {M}\,||{P}||\,\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}\left({x_{i}-x_{i-1}}\right)=M\,||{P}||\left({\beta-\alpha}\right)$ .

Γιά κάθε $\varepsilon>0$ , υπάρχει διαμέριση

μέ $||{P}||<\tfrac{\varepsilon}{M\left({\beta-\alpha}\right)}$ , τέτοια ώστε να ισχύει:

$U({P,\,f})-L({P,\,f})\leqslant{M}\,||{P}||\left({\beta-\alpha}\right)<{M}\,\dfrac{\varepsilon}{M\left({\beta-\alpha}\right)}\left({\beta-\alpha}\right)=\varepsilon$ .

Άρα η συνάρτηση

ικανοποιεί την συνθήκη του Riemann γιά την ύπαρξη του ορισμένου ολοκληρώματος. $\square$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 11, 2011 6:06 am**

3. α) Η συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ είναι αντιπεριοδική με αντιπερίοδο T>0

, δηλαδή, για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , ισχύει $f({x})+f({x+T})=0\,,\quad(1)\,.$

Για την συνάρτηση $g:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ με $g(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}{f({t})\,dt}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}$ , ισχύει:

$g({x+T})=\displaystyle\int_{0}^{x+T}{f({t})\,dt}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}\,\stackrel{(1)}{=}\,-\int_{0}^{x+T}{f({t+T})\,dt}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}\,\mathop{=}\limits^{\begin{subarray}{c} {s=t+T} \\ {ds=dt} \\ \end{subarray}}$

$-\displaystyle\int_{T}^{x+2T}{f({s})\,ds}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}=-\int_{T}^{0}{f({s})\,ds}-\int_{0}^{x+2T}{f({s})\,ds}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}=$

$-\displaystyle\int_{0}^{x+2T}{f({s})\,ds}+\int_{0}^{T}{f({s})\,ds}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}=-\biggl[{\int_{0}^{x+2T}{f({s})\,ds}-\frac{1}{2}\,\int_{0}^{T}{f({t})\,dt}}\biggr]=$

$-g({x+2T})\quad\Rightarrow\quad{g}({x+T})=-g({x+2T})=0\,,\quad(2)\,,\quad{x}\in\mathbb{R}\,.$

Αντικαθιστώντας στην (2)

το

με

προκύπτει $g({x-T+T})=-g({x-T+2T})\quad\Rightarrow\quad{g({x})+g({x+T})}=0$ , $x\in\mathbb{R}$ . Άρα η συνάρτηση

είναι, επίσης, αντιπεριοδική με αντιπερίοδο $T>0\,.\quad\square$

β) $i) \ \displaystyle\int_{0}^{x^2}{f({t})\,dt}=x\,\cos({\pi{x}})\quad\Rightarrow\quad\displaystyle\biggl({\int_{0}^{x^2}{f({t})\,dt}}\biggr)^{\prime}=\bigr({x\,\cos({\pi{x}})}\bigl)^{\prime}\quad\Rightarrow$

$f({x^2})\,2x=\cos({\pi{x}})-x\pi\,\sin({\pi{x}})\quad\stackrel{x=2}{\Rightarrow}\quad{f({2^2})\,2\cdot2}=\cos({2\pi})-2\pi\,\sin({2\pi})\quad\Rightarrow$

$f({4})=\dfrac{1}{4}({1-2\pi\cdot0})\quad\Rightarrow\quad{f({4})}=\dfrac{1}{4}\,.\quad\square$

$ii) \ \displaystyle\int_{0}^{g(x)}{t^2\,dt}=x\,\cos({\pi{x}})\quad\stackrel{x=9}{\Rightarrow}\quad\displaystyle\int_{0}^{g(9)}{t^2\,dt}=9\,\cos({9\pi})\quad\Rightarrow$

$\biggl[{\dfrac{t^3}{3}}\biggr]_{0}^{g(9)}=9\,\cos({9\pi})\quad\Rightarrow\quad\dfrac{g^3({9})}{3}=9\,({-1})\quad\Rightarrow\quad{g}^3({9})=({-3})^{3}\quad\Rightarrow$

${g}({9})=-3\,.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 11, 2011 10:13 pm**

3. γ) Ο κύκλος

με κέντρο

και ακτίνα $\sqrt{2}$ έχει εξίσωση $({x-1})^2+({y-1})^2=2$ , ενώ η ευθεία $\varepsilon$ που διέρχεται από τα σημεία A({0,2})

και

έχει εξίσωση y=-2x+2

. Επίσης το έτερο σημείο τομής τού κύκλου

και τής ευθείας $\varepsilon$ είναι το $\varGamma\bigl({\tfrac{6}{5},-\tfrac{2}{5}}\bigr)$ .

: aplogII_3c.png (31.44 KiB) Προβλήθηκε 4965 φορές

Αν

το μικρότερο από τα δύο μέρη στα οποία χωρίζει η ευθεία $\varepsilon$ τον κύκλο

,

το χωρίο που περικλείεται από το τόξο $\stackrel{\frown}{AO}$ και τον άξονα $yy^{\prime}$ και $D_2=D\setminus{D_1}$ , τότε

${\rm{E}}({D_1})=\displaystyle\int_{0}^{2}{\bigl|{1-\sqrt{2-({y-1})^2}\,}\bigr|\,dy}\,\stackrel{(*) \alpha=\sqrt{2}, t=y-1}{=\!=\!=}$

$\displaystyle\Bigl[{y+\frac{1}{4}\,({-2y+2})\,\sqrt{1-y^2+2y}-\arcsin\bigl({\tfrac{\sqrt{2}}{2}\,({y-1})}\bigr)}\Bigr]_{0}^{2}=1-\dfrac{\pi}{2}$ .

Επίσης ${\rm{E}}({D_2})=\displaystyle\int_{0}^{\frac{6}{5}}{\bigl|{-2x+2-\bigl({1-\sqrt{2-({x-1})^2}\,}\bigr)}\bigr|\,dx}\,\stackrel{(*) \alpha=\sqrt{2}, t=x-1}{=\!=\!=}$

$\displaystyle\Bigl[{-x^2+x-\frac{1}{4}\,({-2y+2})\,\sqrt{1-x^2+2x}-\arcsin\bigl({\tfrac{\sqrt{2}}{2}\,({x-1})}\bigr)}\Bigr]_{0}^{\frac{6}{5}}=$

$\displaystyle\frac{2}{5}+\frac{\pi}{4}+\arcsin\bigl({\tfrac{\sqrt{2}}{10}}\bigr)$ .

Επομένως ${\rm{E}}({D})={\rm{E}}({D_1})+{\rm{E}}({D_2})=\displaystyle\frac{7}{5}-\frac{\pi}{4}+\arcsin\bigl({\tfrac{\sqrt{2}}{10}}\bigr)\,.\quad\square$

$(*) \ \displaystyle{I}=\int{\sqrt{\alpha^2-t^2}\,dt}=\int{(t)^{\prime}\sqrt{\alpha^2-t^2}\,dt}={t}\,\sqrt{\alpha^2-t^2}-\int{t\,\bigl({\sqrt{\alpha^2-t^2}\,}\bigr)^{\prime}\,dt}=$

$\displaystyle{t}\,\sqrt{\alpha^2-t^2}+\int{t\,\frac{2t}{\sqrt{\alpha^2-t^2}}\,dt}={t}\,\sqrt{\alpha^2-t^2}+\int{\frac{\alpha^2-({\alpha^2-t^2})}{\sqrt{\alpha^2-t^2}}\,dt}=$

$\displaystyle{t}\,\sqrt{\alpha^2-t^2}+\int{\frac{\alpha^2}{\sqrt{\alpha^2-t^2}}\,dt}-\int{\frac{\alpha^2-t^2}{\sqrt{\alpha^2-t^2}}\,dt}=$

$\displaystyle{t}\,\sqrt{\alpha^2-t^2}+\alpha^2\,\arcsin\bigl({\tfrac{t}{|{\alpha}|}}\bigr)-I\quad\Rightarrow\quad{I}=\displaystyle\frac{t}{2}\,\sqrt{\alpha^2-t^2}+\frac{\alpha^2}{2}\,\arcsin\bigl({\tfrac{t}{|{\alpha}|}}\bigr)$ .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το θέμα ζητάει να υπολογισθεί ένα από τα ${\rm{E}}({D_1})$ , ${\rm{E}}({D_2})$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 13, 2011 10:44 pm**

2. β) Για την συνεχή και φθίνουσα συνάρτηση $f(x)=\dfrac{1}{x}$ , $x\in\left[{1,\,\alpha}\right]$ , $\alpha>1$ και την διαμέριση
$P_{\nu}=\Bigl\{{1,\,\alpha^{\frac{1}{\nu}},\,\alpha^{\frac{2}{\nu}},\ldots,\,\alpha^{\frac{\nu-1}{\nu}},\,\alpha^{\frac{\nu}{\nu}}=\alpha}\Bigr\}$ του $\left[{1,\,\alpha}\right]$ , προκύπτουν

$m_{i}=\mathop{\min}\limits_{i}\left\lbrace{\tfrac{1}{x}:\,x\in\bigl[{\alpha^{\frac{i-1}{\nu}},\,\alpha^{\frac{i}{\nu}}}\bigr]}\right\rbrace=\dfrac{1}{\alpha^{\frac{i}{\nu}}}=\alpha^{-\frac{i}{\nu}}$ , $i\in\mathbb{N}$ ,

$L({P_{\nu},\,f})=\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}\bigl[{\alpha^{-\frac{i}{\nu}}\,\bigl({\alpha^{\frac{i}{\nu}}-\alpha^{\frac{i-1}{\nu}}}\bigr)}\bigr]=\mathop{\sum}\limits_{i=1}^{\nu}{\bigl({1-\alpha^{-\frac{1}{\nu}}}\bigr)}=\nu\,\bigl({1-\alpha^{-\frac{1}{\nu}}}\bigr)$ και

$L_{f}=\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow+\infty}{L({P_{\nu},\,f})}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow+\infty}{\frac{1-\alpha^{-\frac{1}{\nu}}}{\frac{1}{\nu}}}\,\stackrel{\frac{0}{0}}{=}\,\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow+\infty}{\frac{\bigl({1-\alpha^{-\frac{1}{\nu}}}\bigr)^{\prime}}{\bigl({\frac{1}{\nu}}\bigr)^{\prime}}}=$

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow+\infty}{\frac{-\alpha^{-\frac{1}{\nu}}\,\log\alpha\,\bigl({-\frac{1}{\nu}}\bigr)^{\prime}}{\bigl({\frac{1}{\nu}}\bigr)^{\prime}}}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow+\infty}{\alpha^{-\frac{1}{\nu}}\,\log\alpha}=\log\alpha\,.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 14, 2011 12:26 am**

grigkost έγραψε:
4. α) Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα:
$i) \ \displaystyle\int{\frac{dx}{\sqrt{-x^2-3x}}}$

Δίνω τη γενική μορφή του ολοκληρώματος:

$\displaystyle{\int\frac{1}{\sqrt{ax^2+bx+c}}dx=-\frac{1}{\sqrt{-a}}arcsin\frac{2ax+b}{\sqrt{b^2-4ac}}} \qquad,$ όταν $a<0 , b^2-4ac\neq0$
Οπότε το ζητούμενο είναι εφαρμογή του παραπάνω για a=-1, b=-3, c=0

Άρα:

$I=-arcsin\frac{-2x-3}{3}$
Η απόδειξη του παραπάνω βρίσκεται στο βιβλίο Α. Λογισμος ΙΙα Νεγρεπόντης,Γιωτόπουλος,Γιαννακούλιας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 14, 2011 1:22 pm**

4.α) $\displaystyle{ii)\int_{-2}^{2}{\left(|x|+|1-x^{2}|\right)dx}=\left[ \frac{x|x|}{2}\right]^{2}_{-2}+2\left[ \frac{x^{3}}{3}-x\right]^{2}_{1}+2\left[ x-\frac{x^{3}}{3}\right]^{1}_{0}=8}$

4.β) Έστω ότι $\displaystyle{f(x) \leq g(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in [\alpha, \beta]}$ , τότε $\displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta}{f(x)dx}\leq \int_{\alpha}^{\beta}{g(x)dx}}$ άτοπο από υπόθεση.
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{k\in[\alpha,\beta]$ ώστε $\displaystyle{f(k)>g(k)}}$ κι άρα από Θεώρημα Bolzano υπάρχει $\displaystyle{\xi\in(\alpha,\beta)\subseteq [\alpha,\beta]}$ ώστε $\displaystyle{f(\xi)=g(\xi)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 14, 2011 2:05 pm**

Η σχέση στο 4β , προκύπτει και άμεσα από το ΘΜΤΟΛ, αφού $\displaystyle \exists x_{i} \in \left(a,b \right):\int_{a}^{b}{\left(f\left(x \right)-g\left(x \right) \right)}dx=\left(b-a \right)\left(f\left(x_{i} \right)-g\left(x_{i} \right) \right)>0$ . Έπειτα εφαρμόζουμε Bolzano για την f-g

στο $\displaystyle \left[a,x_{i} \right]$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 7:54 pm**

O Σωτηρης Ντουγιας εχει γραψει και δυο πολυ καλα βιβλια για τον Απειροστικο Λογισμο. Το δε βιβλιο Απειροστικος Λογισμος ΙΙ που διαπραγματευεται τα ολοκληρωματα θεωρω οτι ειναι το καλυτερο εν Ελλαδι.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 17, 2011 10:54 am**

2. γ) $J=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}=\int_{-\infty}^{0}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}+\int_{0}^{+\infty}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}\,\stackrel{t=-x}{=}$

$-\displaystyle\int_{+\infty}^{0}{\frac{|{\sin({-t})}|+|{\cos({-t})}|}{|{-t}|+1}\,dt}+\int_{0}^{+\infty}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}=$

$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}{\frac{|{\sin{t}}|+|{\cos{t}}|}{|{t}|+1}\,dt}+\int_{0}^{+\infty}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}=2\,\int_{0}^{+\infty}{\frac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\,dx}$ .

Για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει (απόδειξη;): $|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|\geqslant1\quad\Rightarrow\quad\dfrac{|{\sin{x}}|+|{\cos{x}}|}{|{x}|+1}\geqslant\dfrac{1}{|{x}|+1}$ .

Επομένως $\displaystyle{J}\geqslant2\,\int_{0}^{+\infty}{\frac{1}{|{x}|+1}\,dx}=2\,\int_{0}^{+\infty}{\frac{1}{x+1}\,dx}=2\,\mathop{\lim}\limits_{\beta\rightarrow+\infty}\int_{0}^{\beta}{\frac{1}{x+1}\,dx}=$

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\beta\rightarrow{+\infty}}\log({\beta+1})=+\infty\,.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 24, 2011 6:21 pm**

grigkost έγραψε:4. γ) Να βρείτε την καμπύλη η οποία διέρχεται από το σημείο και της οποίας το μήκος τόξου μπορεί να υπολογισθεί από το ολοκλήρωμα $\displaystyle\int_{1}^{4}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}\,dx}$ . Να υπολογίσετε αυτό το μήκος.

Έστω $\gamma=\bigl\{{({x,\,f(x)}): 1\leqslant{x}\leqslant4}\bigr\}$ η καμπύλη πού διέρχεται από το ({1,1})

και της οποίας το μήκος τόξου μπορεί να υπολογισθεί από το $\displaystyle\int_{1}^{4}{\sqrt{1+\tfrac{1}{4x}}\,dx}=\int_{1}^{4}{\sqrt{1+\bigl({\tfrac{1}{2\sqrt{x}}}\bigr)^2}\,dx}$ .
Τότε θα πρέπει $f^{\prime}({x})=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\quad\Rightarrow\quad{f({x})}=\sqrt{x}+c$ και $1=f({1})=\sqrt{1}+c\quad\Rightarrow\quad{c=0}$ .
Επομένως η ζητούμενη καμπύλη είναι η $\gamma=\bigl\{{({x,\,\sqrt{x}\,}): 1\leqslant{x}\leqslant4}\bigr\}$ .

$L=\displaystyle\int_{1}^{4}{\sqrt{1+\tfrac{1}{4x}}\,dx}\,\mathop{=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,1+\frac{1}{4x}} \\ {-\frac{1}{4\,({1-t})^2}\,dt\,=\,dx} \end{subarray}}\,-\frac{1}{4}\,\int_{\frac{5}{4}}^{\frac{17}{16}}{\frac{\sqrt{t}}{({1-t})^2}\,dt}\,\mathop{=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {u\,=\,\sqrt{t}} \\ {2u^2\,du\,=\,dt} \end{subarray}}$

$\displaystyle-\frac{1}{4}\,\int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}{\frac{2u^2}{({1-u^2})^2}\,du}=-\frac{1}{2}\,\int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}{-\frac{\frac{1}{4}}{u+1}+\frac{\frac{1}{4}}{({u+1})^2}+\frac{\frac{1}{4}}{u-1}+\frac{\frac{1}{4}}{({u-1})^2}\,du}=$

$\displaystyle\frac{1}{8}\,\int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}{\frac{1}{u+1}\,du}-\frac{1}{8}\,\int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}{\frac{1}{({u+1})^2}\,du}-\frac{1}{8}\,\int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}{\frac{1}{u-1}\,du}-\frac{1}{8}\,\int_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}{\frac{1}{({u-1})^2}\,du}=$

$\displaystyle\frac{1}{8}\,\Bigl[{\ln({u+1})}\Bigr]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}+\frac{1}{8}\,\Bigl[{\frac{1}{u+1}}\Bigr]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}-\frac{1}{8}\,\Bigl[{\ln({u-1})}\Bigr]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}+\frac{1}{8}\,\Bigl[{\frac{1}{u-1}}\Bigr]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\frac{\sqrt{17}}{4}}=$

$\displaystyle-\frac{1}{8}\,\ln2+\frac{1}{8}\,\ln\bigl({\sqrt{17}+4}\bigr) -\frac{1}{8}\,\ln\bigl({\sqrt{5}+2}\bigr)+\frac {2\,\sqrt {5}-\sqrt {17}}{4\,\bigl({\sqrt{17}+4}\bigr)\,\bigl({\sqrt{5}+2}\bigr)}\,+$

$\displaystyle\frac{1}{8}\,\ln2-\frac{1}{8}\,\ln\bigl({\sqrt{17}-4}\bigr)+\frac{1}{8}\,\ln\bigl({\sqrt{5}-2}\bigr)+\frac{2\,\sqrt{5}-\sqrt {17}}{4\,\bigl({\sqrt{17}-4}\bigr)\,\bigl({\sqrt{5}-2}\bigr)}=$

$\displaystyle\sqrt{17}-\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{1}{8}\,\ln\bigl({8\sqrt{17}+33}\bigr)-\frac{1}{8}\,\ln\bigl({4\sqrt{5}+9}\bigr)\approx3,\!16784\,. \quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 25, 2011 11:18 am**

grigkost έγραψε:1. δ) Να εξετάσετε αν συγκλίνει το γενικευμένο ολοκλήρωμα $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}{x\,\cos{x}\,dx}$ , και αν υπάρχει η πρωτεύουσα τιμή Cauchy.

Το $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\alpha\rightarrow{+\infty}}\int_{0}^{\alpha}{x\,\cos{x}\,dx}=\mathop{\lim}\limits_{\alpha\rightarrow{+\infty}}\biggl({\bigl[{x\,\sin{x}}\bigr]_{0}^{\alpha}-\int_{0}^{\alpha}{\sin{x}\,dx}}\biggr)=$

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\alpha\rightarrow{+\infty}}\Bigl({\alpha\,\sin{\alpha}-0-\bigl[{-\cos{x}}\bigr]_{0}^{\alpha}}\Bigr)=\mathop{\lim}\limits_{\alpha\rightarrow{+\infty}}\bigl({\alpha\,\sin{\alpha}+\cos{\alpha}-1}\bigr)$ δεν υπάρχει αφού για τις ακολουθίες $x_{\nu}=2\nu\pi$ , $\nu\in{\mathbb{N}}$ και $y_{\nu}=2\nu\pi+\pi$ , $\nu\in{\mathbb{N}}$ , προκύπτουν

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\bigl({2\nu\pi\,\sin({2\nu\pi})+\cos({2\nu\pi})-1}\bigr)=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\bigl({2\nu\pi\cdot0+1-1}\bigr)=$

$\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}0=0$ και

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\bigl({({2\nu\pi+\pi})\,\sin({2\nu\pi+\pi})+\cos({2\nu\pi+\pi})-1}\bigr)=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\bigl({({2\nu\pi+\pi})\cdot0-1-1}\bigr)=$

$\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}(-2)=-2$ .

Αφού το $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}{x\,\cos{x}\,dx}$ δεν συγκλίνει και το $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}{x\,\cos{x}\,dx}$ δεν συγκλίνει.

Επειδή $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\epsilon\rightarrow{+\infty}}\biggl({\int_{-\epsilon}^{0}{x\,\cos{x}\,dx}+\int_{0}^{\epsilon}{x\,\cos{x}\,dx}}\biggr)=$

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\epsilon\rightarrow{+\infty}}\biggl({\int_{-\epsilon}^{0}{-({-x})\,\cos({-x})\,dx}+\int_{0}^{\epsilon}{x\,\cos{x}\,dx}}\biggr)\,\stackrel{t\,=\,-x}{=}$

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\epsilon\rightarrow{+\infty}}\biggl({\int_{\epsilon}^{0}{t\,\cos{t}\,dt}+\int_{0}^{\epsilon}{x\,\cos{x}\,dx}}\biggr)=\mathop{\lim}\limits_{\epsilon\rightarrow{+\infty}}\biggl({-\int_{0}^{\epsilon}{t\,\cos{t}\,dt}+\int_{0}^{\epsilon}{x\,\cos{x}\,dx}}\biggr)=$

$\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\epsilon\rightarrow{+\infty}}0=0$ , υπάρχει η πρωτεύουσα τιμή Cauchy του ολοκληρώματος και ισούται με $0\,.\quad\square$

mathematica.gr

Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ

Re: Θεματα εξετάσεων στον Απειρ. Λογισμό ΙΙ