Matematyka.pl

Witam prosze o pomoc przy rozwiazaniu ponizszych calek:

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{-1} \frac{e ^{2x}+1 }{e ^{x}-1 }\dd x -}\) mi wychodzi zbieżna a w odpowiedziach jest że ma być rozbieżna

\(\displaystyle{ \int_{0}^{4} \frac{\dd x}{x ^{2}+ \sqrt{x} }}\) - wychodzi mi rozbieżna a ma być zbieżna

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{0} \frac{\cos x \dd x}{x ^{2}+1 }}\)

\(\displaystyle{ \int_{ \frac{ \pi }{2} }^{ \pi } \frac{\dd x}{ \sqrt[3]{\cos x} }}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\dd x}{ (\arcsin x)^{2} }}\)

Pokaż jak liczysz, to sprawdzimy czy robisz to poprawnie i pomożemy skorygować.

Ta twoja całka wynosi:

\(\displaystyle{ \ln \sqrt[3]{ \frac{x+2 \sqrt{x}+1 }{x- \sqrt{x}+1 } } + \frac{2 \sqrt{3} }{3} \frac{1}{\tg \frac{2 \sqrt{x}-1 }{ \sqrt{3} } }}\)

i czemu ona ma być rozbieżna na krańcach tego przedziału a przynajmniej pierwsza jej część
poprawiłem.

Ależ się arek1357 napocił przy liczeniu tej całki....

Dla \(\displaystyle{ 0<x<1}\) mamy \(\displaystyle{ x^2+\sqrt{x}>\sqrt{x}}\), więc \(\displaystyle{ \int_0^1\frac{dx}{x^2+\sqrt{x}}<\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2}\)

Swoją drogą liczyłem gdzieś na forum
\(\displaystyle{ 2 \int_{-\infty}^{0} \frac{\cos x}{x^2+1}\,\dd x= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2+1}\,\dd x=\frac{\pi}{e}}\) (nie żeby było się czym chwalić, bo to potworna sztampa, ale tak mi się skojarzyło): 125684,135.htm#p5443938
ewentualnie 125684,135.htm#p5444040

A żeby pokazać zbieżność bezwzględną tej całki, wystarczy ograniczyć z \(\displaystyle{ |\cos x| \le 1}\), bo oczywiście \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{0}\frac{\,\dd x}{x^2+1}}\) jest zbieżna (i wynosi \(\displaystyle{ \frac \pi 2}\)).


To jeszcze jedna nie wiem po co:
mamy \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{\arcsin t}{t} =1}\) (można to policzyć z de l'Hospitala lub wstawić \(\displaystyle{ u=\arcsin t}\) i wtedy jest \(\displaystyle{ t=\sin u}\), co przypomina znaną granicę z sinusem),
zaś całka
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\,\dd x}{x^2}}\) jest rozbieżna, zatem na mocy kryterium ilorazowego zbieżności całek również
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\dd x}{ (\arcsin x)^{2} }}\) jest rozbieżna.
A jak chcesz z porównawczego, to jest trudniej, trzeba by np. wykazać nierówność \(\displaystyle{ \sin t \ge \frac{2}{\pi}t}\) dla \(\displaystyle{ t \in \left( 0, \frac \pi 2\right)}\), czyli
\(\displaystyle{ t=\sin\left( \arcsin t\right) \ge \frac 2 \pi \arcsin t}\)
dla \(\displaystyle{ t \in (0,1)}\), a stąd
\(\displaystyle{ \frac{1}{(\arcsin x)^2} \ge \ldots}\)

3 PRZYKŁADY już kumam (w zasadzie były banalne- dzięki za pomoc). Zostały te dwa:

\(\displaystyle{ \int_{ \frac{ \pi }{2} }^{ \pi } \frac{\dd x}{ \sqrt[3]{\cos x} }}\)

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{-1} \frac{e ^{2x}+1 }{e ^{x}-1 }\dd x}\)

Pewnie są łatwe ale nw jak je ograniczyć lub jaką funkcję wykorzystać.

Edit: 4 też kumam, zostało to:

\(\displaystyle{ \int_{ \frac{ \pi }{2} }^{ \pi } \frac{\dd x}{ \sqrt[3]{\cos x} }}\)

\(\displaystyle{ \cos x=\sin\left( \frac \pi 2-x\right) =-\sin\left(x-\frac \pi 2\right)}\) i mamy
\(\displaystyle{ \int_{ \frac{ \pi }{2} }^{ \pi } \frac{\dd x}{ \sqrt[3]{\cos x} }=- \int_{\frac \pi 2}^{\pi} \frac{\,\dd x}{ \sqrt[3]{\sin\left( x-\frac \pi 2\right) } } =\bigg|t=x-\frac \pi 2\bigg|= - \int_{0}^{\frac \pi 2} \frac{\,\dd x}{ \sqrt[3]{\sin x} }}\)
a teraz można wykorzystać kryterium ilorazowe i znaną granicę
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} =1}\), stąd też mamy
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt[3]{\sin x}}{\sqrt[3]{x}}= \lim_{x \to 0^+} \sqrt[3]{ \frac{\sin x}{x} } =1}\)
i chyba wiadomo.

Ok i już wszystko kumam, na zmiane cosinusa na sinusa bym nie wpadł. W tej formule pod koniec powinna być chyba zmieniona literka z x na t ;P Dzieki za pomoc

\(\displaystyle{ \int_{ \frac{ \pi }{2} }^{ \pi } \frac{\dd x}{ \sqrt[3]{\cos x} }=- \int_{\frac \pi 2}^{\pi} \frac{\,\dd x}{ \sqrt[3]{\sin\left( x-\frac \pi 2\right) } } =\bigg|t=x-\frac \pi 2\bigg|= - \int_{0}^{\frac \pi 2} \frac{\,\dd x}{ \sqrt[3]{\sin x} }}\)