2 ολοκληρώματα....

Ωmega Man · #1

Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:

1. $\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{2mt^2}{(1+m^2t^2)(1+t^2)}\;\texttt{d}t}$

2. $\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+m^2t^2)(1+t^2)}\;\texttt{d}t}$

Επειδή κάποια μέλη κατέχουν τεχνικές άλλου επιπέδου καλό είναι να δούμε πρώτα σχολικές λύσεις....

#2

Ωmega Man έγραψε:Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:

1. $\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{2mt^2}{(1+m^2t^2)(1+t^2)}\;\texttt{d}t}$

2. $\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+m^2t^2)(1+t^2)}\;\texttt{d}t}$

Επειδή κάποια μέλη κατέχουν τεχνικές άλλου επιπέδου καλό είναι να δούμε πρώτα σχολικές λύσεις....

$\displaystyle{ \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{2mt^2}{(1+m^2t^2)(1+t^2)}\;\texttt{d}t} = \frac {2m}{1-m^2} \int\limits_{0}^{+\infty}\left (\frac{1}{1+m^2t^2} - \frac{1}{1+t^2}\right) \;\texttt{d}t}= ... =$

$\displaystyle{=\frac {2m}{1-m^2} \left( \frac {\pi}{2m}- \frac {\pi}{2}\right)= \frac {\pi}{1+m}$

Έγινε χρήση του γνωστού $\int \frac{1}{1+x^2}dx = \arctan x +c$ (*)

Όμοια και το δεύτερο μέσω της

$\displaystyle{\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+m^2t^2)(1+t^2)}\;\texttt{d}t}= \frac {1}{1-m^2}\int\limits_{0}^{+\infty} \left(\frac{-m^2}{1+m^2t^2} + \frac {1}{1+t^2}\right) dt = ... = \frac {\pi}{2(m+1)}$

Φιλικά,

Μιχάλης

(*) από αυτό και το $\int \frac {1}{1+m^2x^2}dx \mathop = \limits^{u=mx} \frac {1}{m}\int \frac {1}{1+u^2}du = \frac{1}{m} \arctan u +c = \frac{1}{m}\arctan mx +c$

Ωmega Man · #3

Ωραία Μιχάλη, υπάρχει και μια λύση με μιγαδική ανάλυση (χμμμμ μάλλον θα την δόσει ο κώστας12345)

μέχρι τότε να υπολογιστεί το όριο,

$\displaystyle{\bf\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x-\sin(x)}{1-\cos(x)}}$ (χωρίς το θεώρημα του Οσπιτάλιου, να το κάνω δύσκολο!).

#4

Ωmega Man έγραψε:

μέχρι τότε να υπολογιστεί το όριο,

$\displaystyle{\bf\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x-\sin(x)}{1-\cos(x)}}$ (χωρίς το θεώρημα του Οσπιτάλιου, να το κάνω δύσκολο!).

Γράφουμε $\displaystyle{\frac{x-\sin(x)}{1-\cos(x)}}= \frac{x-\sin(x)}{x^3}\cdot x \cdot \frac {1}{\frac {1-\cos x}{x^2}}$

Τώρα, για κάποιο $\xi$ μεταξύ

και

έχουμε

$\displaystyle{\left |\frac{x-\sin(x)}{x^3}\right|= \left|\frac {1-\cos \xi}{x^2} \right|= \left|\frac {2\sin ^2 \frac {\xi}{2}}{x^2}}\right| \le \frac {2 \left(\frac {\xi}{2} \right)^2}{x^2}= \frac{1}{2}\left|\frac {\xi}{x}\right|^2 \le \frac{1}{2}$ και

$\displaystyle \frac {1-\cos x}{x^2}= \frac {2\sin ^2 \frac {x}{2}}{x^2}}\to \frac{1}{2}$

Τα δύο μαζί και χρήση του (φραγμένη επί μηδενική = μηδενική) δίνει ότι το παραπάνω όριο $\displaystyle \to \frac {0}{\frac{1}{2}}=0$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Ωmega Man · #5

Η δική μου αντιμετώπιση χωρίς Del'Hospital.

$\displaystyle{\color{red}\rule{540pt}{1pt}}$

Για $\displaystyle{\bf x\in\mathbb{R}}$
$\displaystyle{\bf\sin(x) \leq x \leq \tan(x)}$
και έτσι
$\displaystyle{\bf 0\leq x-\sin x\leq \tan x-\sin x=\frac{\sin (x)(1-\cos (x))}{\cos( x)}}$ .
Και επειδή $\displaystyle{\bf 1-\cos (x)\geq 0}$ παίρνουμε :
$\displaystyle{\bf 0\leq \frac{x-\sin (x)}{1-\cos (x)}\leq\tan (x)}$
και έτσι
$\displaystyle{\bf \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin (x)}{1-\cos (x)}=0}$ .

Μιχάλη μπορείς να εξηγήσεις λίγο τι κάνεις εκεί στον αριθμητή με το ξ, γιατί η επιλογή αυτή δεν αφορά και τον παρονομαστή;

#6

Ωmega Man έγραψε: $\displaystyle{\sin(x) \leq x \leq \tan(x)}$
και έτσι <...>

Γιώργο, δεν ισχύει αυτό για αρνητικά

, αλλά διορθώνεται: Είτε βάζεις απόλυτα στα παρακάτω (όπως έκανα και ο ίδιος) είτε εργάζεσαι (αρχικά) μόνο με θετικά

και μετά παρατηρείς ότι η δοθείσα είναι περιττή συνάρτηση.

Ωmega Man έγραψε: μπορείς να εξηγήσεις λίγο τι κάνεις εκεί στον αριθμητή με το ξ, γιατί η επιλογή αυτή δεν αφορά και τον παρονομαστή;

Δεν θέλουμε να "άνω φράξουμε" τον παρονομαστή γιατί αντιστρέφοντας, η ανισότητα γυρίζει από την άλλη.

Μ.

Ωmega Man · #7

Ok ευχαριστώ!

Ωmega Man · #8

Άλλο όριο χωρίς Del'Hospital πάλι,

$\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(\sin(x))-x^3\sqrt[\bf3]{\bf1-x^2}}{x^5}}$ .

Ωmega Man · #9

Ας δούμε και πόσο εύκολα βγαίνουν τα παραπάνω ολοκληρώματα με μιγαδική ανάλυση.

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ $\displaystyle\bf\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{2mx^2}{(1+m^2x^2)(1+x^2)}\;dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{2mx^2}{(1+m^2x^2)(1+x^2)}\;dx}$ $\displaystyle{\bf=\frac{1}{2}\left[2\pi i \textrm{Res}\left(\frac{2mx^2}{(1+m^2x^2)(1+x^2)};x=i\;\kappa\alpha\iota\;x=\frac{i}{m}\right)\right]=\pi i \left(\frac{i}{-1+m^2}-\frac{i m}{-1+m^2}\right)=\pi i \left(-\frac{i}{1+m}\right)=\frac{\pi}{m+1}}$

$\displaystyle{\color{red}\bullet}$ $\displaystyle{\bf\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)(1+m^2x^2)}\;dx=\pi i \left[\textrm{Res}\left(f(x);x=i\right)+\textrm{Res}\left(f(x);x=\frac{i}{m}\right)\right]=}$
$\displaystyle{\bf\pi i \left[\lim_{x\rightarrow i }(x-i)f(x)+\left(x-\frac{i}{m}\right)\lim_{x\rightarrow\frac{i}{m}}\frac{1}{(1+x^2)m\left(x-\frac{i}{m}\right)\left(x+\frac{i}{m}\right)}\right]=\pi i\left[-\frac{i}{2+2 m}\right]=\frac{\pi}{2+2m}}$