mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2010 1:05 pm**

Ανοίγω εδώ ένα καινούριο ποστ με θέματα γενικευμένων ολοκληρωμάτων που αφορούν κυρίως υπολογισμούς.

Μεταφέρονται κάποια θέματα από το ποστ "Όρια με ολοκληρώματα" τα οποία εσφαλμένα τοποθέτησα εκεί αφού δεν υπεισέρχονται σε αυτά όρια.

Μεταφέρονται επίσης κάποια θεματάκια που αφορούσαν υπολογισμό και είχαν τοποθετηθεί στα ξεχωριστά ποστς.

"Γενικευμένο ολοκλήρωμα με λογαριθμικά 1", "Γενικευμένο ολοκλήρωμα με λογαριθμικά 2" και "Γενικευμένο ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικά".

Ο κατάλογος θα συμπληρώνεται.

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

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

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2010 10:36 pm**

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

$\displaystyle{I = \int\limits_0^{1/2} {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{{x\left( {1 - x} \right)}}dx} = \mathop {\mathop = \limits_{\big{dx = - du}} }\limits^{\big{x = 1 - u}} = \int\limits_{1/2}^1 {\frac{{\ln \left( u \right)\ln \left( {1 - u} \right)}}{{\left( {1 - u} \right)u}}du} \Rightarrow I = \int\limits_0^{1/2} {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{{x\left( {1 - x} \right)}}dx} = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{{x\left( {1 - x} \right)}}dx} }$

Επίσης $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{x}dx = } \mathop {\mathop = \limits_{\big{dx = - du}} }\limits^{\big{1 - x = u}} = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)\ln \left( u \right)}}{{1 - u}}du} = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}du} }$ . Τότε

$\displaystyle{I = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{{x\left( {1 - x} \right)}}dx} = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^1 {\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{1 - x}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{=\frac{1}{2} \cdot \left( {\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{x}dx + \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}dx} } } \right) = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{x}dx} }$

και $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)\ln \left( x \right)}}{x}dx} = - \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{x}\left( {x + \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + ...} \right)dx} = - \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right)\left( {1 + \frac{x}{2} + \frac{{{x^2}}}{3} + ...} \right)dx} = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{k + 1}} \cdot \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right) \cdot {x^k}dx} } \right)} = }$

$\displaystyle{ = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{k + 1}} \cdot \left( { - \frac{1}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} \right)} \right)} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( {k + 1} \right)}^3}}}} \right)} = \zeta \left( 3 \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:10 pm**

$\displaystyle{2)}$ Έστω $\displaystyle{\mathbb{R}\ni p>0}$ και $\displaystyle{n\in\mathbb{N}_{0}}$ .

Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^{n}x}{e^{px}}\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:14 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:23 pm**

$\displaystyle{4)}$ Έστω $\displaystyle{a>b>0}$ . Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{ax}-e^{bx}}{x(e^{ax}+1)(e^{bx}+1)}\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:28 pm**

$\displaystyle{5)}$ 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 $\displaystyle{k=0,1,\ldots,2n-2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:33 pm**

$\displaystyle{6)}$ Υπολογισθήτω το ολοκληρωματάκι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}\,dx\,dy}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:46 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{4)}$ Έστω $\displaystyle{a>b>0}$ . Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{ax}-e^{bx}}{x(e^{ax}+1)(e^{bx}+1)}\,dx}$ .

Κάτι τέτοιο παίζει ή ενέχει πρώτα θέμα σύγκλισης; Εννοώ μην έχουμε την περίπτωση οο-οο
$\displaystyle{\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}} - {e^{bx}}}}{{x({e^{ax}} + 1)({e^{bx}} + 1)}}} \,dx = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}} + 1 - {e^{bx}} - 1}}{{x({e^{ax}} + 1)({e^{bx}} + 1)}}} \,dx = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{bx}} + 1)}}} \,dx - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx\mathop = \limits_{dx = \frac{{adt}}{b}}^{x = \frac{{at}}{b}} }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{\frac{{at}}{b}({e^{at}} + 1)}}} \, \cdot \frac{{adt}}{b} - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx = 0}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:52 pm**

mathxl έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{4)}$ Έστω $\displaystyle{a>b>0}$ . Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{ax}-e^{bx}}{x(e^{ax}+1)(e^{bx}+1)}\,dx}$ .
Κάτι τέτοιο παίζει ή ενέχει πρώτα θέμα σύγκλισης; Εννοώ μην έχουμε την περίπτωση οο-οο
$\displaystyle{\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}} - {e^{bx}}}}{{x({e^{ax}} + 1)({e^{bx}} + 1)}}} \,dx = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}} + 1 - {e^{bx}} - 1}}{{x({e^{ax}} + 1)({e^{bx}} + 1)}}} \,dx = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{bx}} + 1)}}} \,dx - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx\mathop = \limits_{dx = \frac{{adt}}{b}}^{x = \frac{{at}}{b}} }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{\frac{{at}}{b}({e^{at}} + 1)}}} \, \cdot \frac{{adt}}{b} - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx = 0}$

Χμμ κάπου πρέπει να υπάρχει λάθος. Δίνει $\displaystyle{(1/2)\ln(a/b)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 5:55 pm**

Πιθανό λοιπόν το καθένα ξεχωριστά να μην συγκλίνει οπότε με την αφαίρεση έχουμε απροσδιοριστία. Θα το ξαναδώ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 16, 2010 6:07 pm**

Δεύτερη προσπάθεια
Έστω $\displaystyle{I\left( a \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \,dx}$
Άρα
$\displaystyle{I'\left( a \right) = - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}}}}{{{{({e^{ax}} + 1)}^2}}}} \,dx = \left[ {\frac{1}{{a\left( {1 + {e^{ax}}} \right)}}} \right]_0^{ + \infty } = -\frac{1}{{2a}}}$
και με ολοκλήρωση παίρνουμε
$\displaystyle{I\left( a \right) =- \frac{{\ln a}}{2} + c}$
Όμοια
$\displaystyle{I\left( b \right) = -\frac{{\ln b}}{2} + c}$
με ίδια σταθερά ολοκλήρωσης (αυτό εξασφαλίζεται;)
Οπότε αν Ι το αρχικό ολοκλήρωμα, παίρνουμε
$\displaystyle{I = I\left( b \right) - I\left( a \right) = \frac{1}{2}\ln \frac{a}{b}}$

ΠΡΟΣΘΗΚΗ: Για να αποφύγουμε το πρόβλημα με την σταθερά μπορούμε να κάνουμε κα το εξής
$\displaystyle{I\left( a \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}} - {e^{bx}}}}{{x({e^{ax}} + 1)({e^{bx}} + 1)}}} \,dx = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ax}} + 1 - {e^{bx}} - 1}}{{x({e^{ax}} + 1)({e^{bx}} + 1)}}} \,dx = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\left[ {\frac{1}{{x({e^{bx}} + 1)}} - \frac{1}{{x({e^{ax}} + 1)}}} \right]} \,dx}$
$\displaystyle{I'\left( a \right) = \frac{1}{{2a}} \Rightarrow I\left( a \right) = \frac{{\ln a}}{2} + c}$
Παίρνοντας όρια α τείνει στο β και λόγω συνέχειας
$\displaystyle{I\left( b \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\left[ {\frac{1}{{x({e^{bx}} + 1)}} - \frac{1}{{x({e^{bx}} + 1)}}} \right]} \,dx = 0 \Rightarrow \frac{{\ln b}}{2} + c = 0 \Rightarrow c = - \frac{{\ln b}}{2}}$

$\displaystyle{I\left( a \right) = \frac{{\ln a}}{2} - \frac{{\ln b}}{2} = \frac{{\ln \frac{a}{b}}}{2}}$

Είναι σωστά τα παραπάνω; Έχω την αίσθηση ότι σωστή είναι μόνο η προσθήκη

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 17, 2010 1:25 am**

Βασίλη με την πρώτη προσέγγισή σου υπάρχει πράγματι πρόβλημα σύγκλισης :

Το πρόβλημα που υπάρχει είναι ότι η $\displaystyle{\frac{1}{x(e^{ax}+1)}}$ συμπεριφέρεται κοντά στο 0 όπως η $\displaystyle{1/x}$ η οποία δεν είναι ολοκληρώσιμη.

Συγκεκριμένα επειδή $\displaystyle{\frac{1/(x(e^{ax}+1))}{1/x}\stackrel{x\to0^+}{\longrightarrow}1/2}$ έχουμε ότι

για $\displaystyle{h}$ πολύ μικρό μπορούμε να βρούμε $\displaystyle{k}$ με $\displaystyle{x\in(0,k)\Rightarrow\Big|\frac{1/(x(e^{ax}+1))}{1/x}-1/2\Big|<h}$ άρα $\displaystyle{+\infty=((1/2)-h)\int_{0}^{k}1/x\,dx<\int_{0}^{k}1/(x(e^{ax}+1))\,dx<((1/2)+h)\int_{0}^{k}1/x\,dx}$ .

Τώρα για την προσθήκη νομίζω πως με την κατάλληλη δικαιολόγηση είναι οκ. Θα την δώ προσεκτικότερα αύριο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 17, 2010 1:55 am**

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

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

$\displaystyle{8)}$ Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(kx)\cos^{k}x}{x}\,dx}$ όπου $k\in\mathbb{N}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2010 10:21 am**

9)
Να εξεταστεί ως προς τη σύγκλιση το ολοκλήρωμα :

$\displaystyle{\int _0^{\infty} \frac{1}{x+1} dx}$

Διόρθωση : Σύμφωνα με σωστή παρατήρηση του Αναστάση...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2010 12:30 pm**

Mια προσπάθεια για το 9)

Αρχικά υπολογίζουμε το:

$\int_{0}^{u}{\frac{1}{x+1}}dx=\int_{0}^{u}{\frac{1}{x+1}}d\left(x+1 \right)=ln\left|u+1 \right|-0=ln\left|u+1 \right|,u\epsilon D_{f},f\left(x \right)=\frac{1}{x+1}$

Άρα: $\int_{0}^{}{\infty }\frac{1}{x+1}dx=\lim_{u\rightarrow \infty }\int_{0}^{u}{\frac{1}{x+1}}dx=\lim_{u\rightarrow \infty }ln\left|u+1 \right|=+\infty$

Eλπίζω να είναι σωστό..

Φιλικά,
Κώστας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2010 12:33 pm**

Κομπλέ. Μόνο που απαντάς στο 9). Αν θες διόρθωσέ το.

(Κώστα σόρυ, ξανάλλαξε η αρίθμηση γιατί μεταφέρθηκαν στον κατάλογο κάποια θέματα...)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2010 12:39 pm**

Mια προσπάθεια για το 9)

Αρχικά υπολογίζουμε το:

\int_{0}^{u}{\frac{1}{x+1}}dx=\int_{0}^{u}{\frac{1}{x+1}}d\left(x+1 \right)=ln\left|u+1 \right|-0=ln\left|u+1 \right|,u\epsilon D_{f},f\left(x \right)=\frac{1}{x+1}

Άρα:\int_{0}^{}{\propto }\frac{1}{x+1}dx=\lim_{u\rightarrow \propto }\int_{0}^{u}{\frac{1}{x+1}}dx=\lim_{u\rightarrow \propto }ln\left|u+1 \right|=+\propto

Eλπόζω να είναι σωστό..

Φιλικά,
Κώστας

To \propto σημαίνει proportion to δηλαδή είναι το σύμβολο της αναλογίας. Το άπειρο είναι το \infty και δίνει $\infty$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2010 10:54 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{6)}$ Υπολογισθήτω το ολοκληρωματάκι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}\,dx\,dy}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 23, 2010 12:25 am**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 23, 2010 12:35 am**

$\displaystyle{8)}$ Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(kx)\cos^{k}x}{x}\,dx}$ όπου $k\in\mathbb{N}$ .

mathematica.gr

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα με λογαριθμικά

Γενικευμένα Ολοκληρώματα II

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα