Γενικευμένα Ολοκληρώματα

#1

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

#2

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

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

#3

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

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

#4

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

#5

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

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

#6

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

#7

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

mathxl · #8

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

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

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

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

#9

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 $\displaystyle{(1/2)\ln(a/b)}$ .

mathxl · #10

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

mathxl · #11

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

#12

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.

#13

$\displaystyle{7)}$ 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 $k\in\mathbb{N}$ .

Ιστοσελίδα · #14

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...

kwstas12345 · #15

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

#16

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

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

Ωmega Man · #17

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 $\infty$ .

#18

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

mathxl · #19

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

#20

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