Zbadaj zbieżność całki.

Istnienie i ciągłość funkcji granicznej, jednostajna zbieżność. Zmiana kolejności przejścia granicznego. Różniczkowanie i całkowanie szeregów. Istnienie i zbieżność rozwinięć Taylora, Maclaurina, Fouriera itd.
gr4vity
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 41
Rejestracja: 14 paź 2021, o 19:47
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Podziękował: 19 razy

Zbadaj zbieżność całki.

Post autor: gr4vity »

Zbadaj zbieżność całki \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ \infty }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\)

Czy poniższe rozwiązanie jest poprawne?

\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ \infty }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }= \int\limits_{0}^{ 1 }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }+ \int\limits_{1}^{ \infty }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\)

Badam zbieżność całki wykorzystując kryterium porównawcze: \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ 1 }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\)
\(\displaystyle{ x \in (0,1]}\)
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }\)
\(\displaystyle{ g(x)= \frac{1}{ \sqrt{x} } }\)
\(\displaystyle{ g(x) \ge f(x) \ge 0}\)
Zatem ze zbieżności całki \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ 1 }{ \frac{dx}{ \sqrt{x} } }}\) wynika zbieżność całki: \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ 1 }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\)

Badam zbieżność całki wykorzystując kryterium ilorazowe: \(\displaystyle{ \int\limits_{1}^{ \infty }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\)

\(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) }}\)
\(\displaystyle{ g(x)= \frac{1}{x^{ \frac{5}{2} }} }\)

\(\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} \frac{x^{ \frac{5}{2} }}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) }=1 }\) zatem ze zbieżności całki \(\displaystyle{ \int\limits_{1}^{ \infty }{ \frac{1}{x^{ \frac{5}{2} } } }}\) wynika zbieżność całki \(\displaystyle{ \int\limits_{1}^{ \infty }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\)

Wniosek:
Całka \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ \infty }{ \frac{dx}{ \sqrt{x}(1+x^{2}) } }}\) jako suma dwóch zbieżnych całek jest zbieżna.
Ostatnio zmieniony 27 sty 2022, o 21:24 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4060
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 79 razy
Pomógł: 1391 razy

Re: Zbadaj zbieżność całki.

Post autor: Janusz Tracz »

jest ok.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Zbadaj zbieżność całki.

Post autor: janusz47 »

\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{ \infty }\frac{dx}{\sqrt{x}(1+x^{2})} }\)

Obliczymy najpierw całkę nieoznaczoną

\(\displaystyle{ \int\frac{1}{\sqrt{x}(1 +x^2)}dx.}\)

Podstawienia:

\(\displaystyle{ y = \sqrt{x}, \ \ dy = \frac{1}{2\sqrt{2}}dx, \ \ dx = 2\sqrt{2}dy, }\)

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{|c|c|c|} \hline
x & 0 & \infty \\ \hline
y & 0 & \infty \\ \hline \end{tabular} }\)


\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{\sqrt{x}(1+x^{2})} = 2 \int \frac{1}{1 + y^4}dy. }\)

Zaczniemy do rozkładu funkcji podcałkowej na ułamki proste. W tym celu przdstawimy mianownik w postaci iloczynu wielomianów stopnia nie większego niż \(\displaystyle{ 2.}\)

Mamy

\(\displaystyle{ (y^2 +1)^2 -2y^2 = ( y^2 +1)^2 -(y\sqrt{2})^2 = (y^2 - y\sqrt{2}+1)(y^2 +y\sqrt{2} +1).}\)

Znajdujemy liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,b, c, d, }\) takie, że dla każdej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x }\) zachodzi równość

\(\displaystyle{ \frac{1}{1 +y^4} = \frac{ax+b}{y^2-y\sqrt{2}+1}+\frac{cx +d}{y^2+y\sqrt{2} +1}. }\)

Mnożąc tę równość przez \(\displaystyle{ 1 +y^4 }\), upraszczając i porządkując otrzymujemy

\(\displaystyle{ 1 = (ay +b)(y^2 +y\sqrt{2}+1)+(cy+d)(y^2 -y\sqrt{2}+1) = (b+d)+y(a+b\sqrt{2}+ c-d\sqrt{2})+y^2(b+a\sqrt{2}+d -c\sqrt{2})+y^3(a+c).}\)

Porównując współczynniki przy tych samych potęgach zmiennej \(\displaystyle{ y }\) otrzymujemy

\(\displaystyle{ b+d =1, \ \ a+c +(b-d)\sqrt{2} = 0, \ \ b+d +(a-c)\sqrt{2}=0, \ \ a+c=0.}\)

Jest to układ czterech równań z czterema niewiadomymi. Ponieważ \(\displaystyle{ a+c =0 }\) (równanie czwarte), więc z drugiego równania możemy wywnioskować równość \(\displaystyle{ b = d, }\) a z niej i równania pierwszego wynika, że \(\displaystyle{ b = d = \frac{1}{2} }\)

Z równania trzeciego i już uzyskanych wyników wynika, że \(\displaystyle{ a = -c = \frac{-1}{2\sqrt{2}} }\)

Mamy więc równość

\(\displaystyle{ \frac{1}{1+y^4}=\frac{\frac{-1}{2\sqrt{2}}y+\frac{1}{2}}{y^2 -y\sqrt{2}+1} +\frac{\frac{1}{2\sqrt{2}}y+\frac{1}{2}}{y^2 +y\sqrt{2}+1}}\)

Teraz wystarczy scałkować oba składniki. Zaczniemy od drugiego, bo wygląda na łatwiejszy (ma więcej "plusów" )

Mamy

\(\displaystyle{ \int\frac{\frac{1}{2\sqrt{2}}y+\frac{1}{2}}{y^2 +y\sqrt{2}+1}dy = \frac{\sqrt{2}}{8} \int \frac{2y+2\sqrt{2}}{y^2+y\sqrt{2}+1}dy = \frac{\sqrt{2}}{8} \int \frac{(y^2+ y\sqrt{2}+1)'+\sqrt{2}}{y^2+y\sqrt{2}+1}dy =\frac{\sqrt{2}}{8} \int_{0}^{\infty}\frac{(y^2+ y\sqrt{2}+1)'}{y^2+y\sqrt{2}+1}dy + \\ }\)

\(\displaystyle{ +\frac{1}{4}\int \frac{1}{y^2+y\sqrt{2}+1}dy =\frac{\sqrt{2}}{8}\ln(y^2 +y\sqrt{2}+1)+ \frac{1}{4}\int \frac{1}{\left(y +\frac{1}{\sqrt{2}}\right )^2+\frac{1}{2}}dy =\frac{\sqrt{2}}{8}\ln(y^2 +y\sqrt{2}+1) + \frac{1}{4}\int \frac{2}{ (y\sqrt{2}+1)^2+1}dy = \\ }\)
\(\displaystyle{ = \frac{\sqrt{2}}{8}\ln(y^2 +y\sqrt{2}+1) + \frac{1}{2\sqrt{2}}\int\frac{1}{(y\sqrt{2}+1)^2 +1}d(y\sqrt{2}+1)= \frac{\sqrt{2}}{8}\ln(y^2 +y\sqrt{2}+1)+ \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan(y\sqrt{2}+1 ) + C. }\)

Teraz można obliczyć pierwszą całkę w taki sam sposób, ale nie ma takiej potrzeby, bo wystarczy zauważyć, że

\(\displaystyle{ \int \frac{\frac{-1}{2\sqrt{2}}y+\frac{1}{2}}{y^2 -y\sqrt{2}+1}dy = [ u = -y, \ \ du = -dy] =\int \frac{\frac{1}{2\sqrt{2}}u+\frac{1}{2}}{u^2 -u\sqrt{2}+1}(-du) = -\frac{\sqrt{2}}{8}\ln(u^2 +u\sqrt{2}+1)- \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan(u\sqrt{2}+1 ) + C = \\ }\)
\(\displaystyle{ = -\frac{\sqrt{2}}{8}\ln(y^2 -y\sqrt{2}+1)- \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan(-y\sqrt{2}+1 ) + C = -\frac{\sqrt{2}}{8}\ln(y^2 -y\sqrt{2}+1)+ \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan(y\sqrt{2}-1 ) + C. \\ }\)

Dodając otrzymane całki otrzymujemy

\(\displaystyle{ \int \frac{1}{1+y^4}dy =\frac{\sqrt{2}}{8}\ln \frac{y^2 +y\sqrt{2}+1}{y^2-y\sqrt{2}+1}+\frac{1}{2\sqrt{2}}(\arctan(y\sqrt{2}+1)+\arctan(y\sqrt{2}-1))+C.}\)

\(\displaystyle{ \int \frac{2}{1+y^4}dy =\frac{\sqrt{2}}{4}\ln \frac{y^2 +y\sqrt{2}+1}{y^2-y\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{2}}(\arctan(y\sqrt{2}+1)+\arctan(y\sqrt{2}-1))+C.}\)

Wracając do podstawienia \(\displaystyle{ y = \sqrt{x} }\) otrzymujemy całkę nieoznaczoną

\(\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sqrt{x}(1+x^{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4}\ln \frac{x +\sqrt{2x}+1}{x -\sqrt{2x}+1}+\frac{1}{\sqrt{2}}(\arctan(\sqrt{2x}+1)+\arctan(\sqrt{2x}-1))+C.}\)

Przechodząc do granic otrzymujemy

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{dx}{\sqrt{x}(1+x^{2})} = \lim_{x\to \infty} \left[\frac{\sqrt{2}}{4}\ln \frac{x +\sqrt{2x}+1}{x -\sqrt{2x}+1}+\frac{1}{\sqrt{2}}(\arctan(\sqrt{2x}+1)+\arctan(\sqrt{2x}-1)\right] + \\ }\)
\(\displaystyle{ -\left[\frac{\sqrt{2}}{4}\ln \frac{0 +\sqrt{0}+1}{0 -\sqrt{0}+1}+\frac{1}{\sqrt{2}}(\arctan(\sqrt{0}+1)+\arctan(\sqrt{0}-1)\right] =\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot 0 + \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} \right) - \frac{\sqrt{2}}{4}\cdot 0 - \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{\sqrt{2}}.}\)

Udowodniliśmy, że całka jest zbieżna i jej wartością jest liczba niewymierna \(\displaystyle{ \frac{\pi}{\sqrt{2}} \approx 2,221. }\)
ODPOWIEDZ