Zbieżność całki niewłaściwej

[Pisiuu]

Zbadaj zbieżność całki (kryterium porównawcze):

A) \(\displaystyle{ \int_{2}^{\infty}\frac{x^2(2+\sin (x^5))}{\sqrt{(x^5+4x)}-1}}\)

Zbadaj zbieżność całki (kryterium ilorazowe):

B) \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}\frac {\sin (\frac{1}{x})}{\sqrt{(x^2+9x)}}}\)

Zbadaj zbieżność całki pierwszego rodzaju:

C) \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}\frac {x(2+\cos (x^3))}{\sqrt{(x^3+9x)}-1}}\)

Zbadaj zbieżność całki (kryterium porównawcze):

D) \(\displaystyle{ \int_{2}^{\infty} \frac{x^2 + \cos x}{\sqrt{(x^7+4^5)}+1}}\)

Jak ktoś to rozwiąże to będę go wielbić do końca życia <3

[MrCommando]

A może jakieś własne próby rozwiązania najpierw?

[Pisiuu]

Do porównawczych niestety nie, bo nie wiem jak bardzo mogę przekształcić tą całkę.
Do punktu B jako \(\displaystyle{ g(x) = \frac{\sin (\frac{1}{x})}{x}}\), k wyszło 0 < k < \(\displaystyle{ \infty}\), ale potem nie umiem policzyć całki z \(\displaystyle{ g(x)}\) :C
Do C nie wiem jakie kryterium zastosować, jakby ktoś podał to mogę spróbować, myślę, że ilorazowe by pasowało

EDIT 1

Mogę w oryginalnym poście rozpisać próbę rozwiązania, ale to trochę zajmie...

[Janusz Tracz]

Do b) wygodniej jest zastosować \(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}}\) i skorzystać z granicy \(\displaystyle{ \frac{\sin \left( \frac{1}{x} \right) }{ \frac{1}{x} } \rightarrow 1}\) dla \(\displaystyle{ x \rightarrow \infty}\). Całki z \(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}}\) nie trzeba liczyć wiadomo, że jest zbieżna.

W c) spróbuj kryterium ilorazowe z funkcję \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{x} }}\).

[Pisiuu]

Do b) wygodniej jest zastosować \(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}}\) i skorzystać z granicy \(\displaystyle{ \frac{\sin \left( \frac{1}{x} \right) }{ \frac{1}{x} } \rightarrow 1}\) dla \(\displaystyle{ x \rightarrow \infty}\). Całki z \(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}}\) nie trzeba liczyć wiadomo, że jest zbieżna.

-- 27 cze 2019, o 17:16 --

\(\displaystyle{ k = \lim_{ x\to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{ x\to \infty }\frac{\sin (\frac{1}{x})}{\sqrt{x^2+9x}} \cdot \frac{x^2}{1} = \lim_{ x\to \infty }\frac{\sin (\frac{1}{x})}{\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\frac{9}{x}}} = 1}\)

W ten sposób? Policzenie całki potem to pikuś, dziękuję bardzo!

Wynik \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}g(x) = \frac{1}{3}}\) ???

[Janusz Tracz]

W ten sposób?

Tak.

Policzenie całki potem to pikuś, dziękuję bardzo!

Wynik \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}g(x) = \frac{1}{3}}\)

Przy takiej mnogość przykładów i oznaczeń które ciągle zmieniasz unikaj pytań w takim stylu bo możesz nie zostać zrozumiany. Czym jest \(\displaystyle{ g(x)}\) jeszcze chwilę temu była równa \(\displaystyle{ \frac{\sin(\frac{1}{x})}{x}}\) teraz domyślam się, że już jest to \(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}}\). Nie lepiej spytać się po prostu czy

\(\displaystyle{ \int_{3}^{ \infty } \frac{1}{x^2} \mbox{d}x =\frac{1}{3}}\)

I nie mnożyć bytów ponad potrzebę. Odp. tak jest ok.

[Pisiuu]

c) spróbuj kryterium ilorazowe z funkcję \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{x} }}\).

A jak mam się pozbyć tego \(\displaystyle{ \cos (x^3)}\) ? On będzie dążył do \(\displaystyle{ \infty}\)

-- 27 cze 2019, o 17:48 --

\(\displaystyle{ k = \lim_{ x\to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{ x\to \infty }\frac{\sin (\frac{1}{x})}{\sqrt{x^2+9x}} \cdot \frac{x^2}{1} = \lim_{ x\to \infty }\frac{\sin (\frac{1}{x})}{\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\frac{9}{x}}} = 1}\)
Wynik \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}g(x) = \frac{1}{3}}\) ???

g(x) jest podany we wzorze na k, ale ok rozumiem będę podstawiał następnym razem

[Janusz Tracz]

A jak mam się pozbyć tego \(\displaystyle{ \cos(x^3)}\) ? On będzie dążył do \(\displaystyle{ \infty}\)

"On" czyli kto? Raczej ona bo to funkcja Nie \(\displaystyle{ \cos\left( x^3\right)}\) nie może dążyć do nieskończoności bo jest ograniczony przez \(\displaystyle{ 1}\) jego granica nie istnieje (w \(\displaystyle{ \infty}\)) ale to nie problem bo można będzie z trzech granic skorzystać właśnie ograniczając \(\displaystyle{ \cos}\) jedynką i minus jedynką.

\(\displaystyle{ g(x)}\) jest podany we wzorze na \(\displaystyle{ k}\)

A u mnie w książce jest \(\displaystyle{ h(x)}\) i \(\displaystyle{ a}\) zamiast \(\displaystyle{ g(x)}\) i \(\displaystyle{ k}\)... Przecież to są tylko literki, to Ty nadajesz im znaczenie więc gdy ich nie definiujesz to inni się muszą domyślać.

[Pisiuu]

g(x) jest podany we wzorze na k

A u mnie w książce jest h(x) i a zamiast g(x) i k... Przecież to są tylko literki, to Ty nadajesz im znaczenie więc gdy ich nie definiujesz to inni się muszą domyślać.

Wiem o co ci chodzi, lepiej było to zapisać bardziej czytelnie, ale g(x) zostało zdefiniowane we wzorze:

\(\displaystyle{ k = \lim_{ x\to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{ x\to \infty }\frac{\sin (\frac{1}{x})}{\sqrt{x^2+9x}} \cdot \frac{x^2}{1} = \lim_{ x\to \infty }\frac{\sin (\frac{1}{x})}{\frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+\frac{9}{x}}} = 1}\)
Wynik \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}g(x) = \frac{1}{3}}\) ???

Ten podpunkt C można chyba zrobić kryterium porównawczym, bo TEN cosinus mnie przerasta XD

Zbadaj zbieżność całki pierwszego rodzaju:

C) \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}\frac {x(2+\cos (x^3))}{\sqrt{(x^3+9x)}-1}}\)

Dla \(\displaystyle{ x \ge 3}\)

\(\displaystyle{ 0 \le \frac{x(2+\cos (x^3))}{\sqrt{x^3+9x}-1} \le \frac{1}{\sqrt{x^3}}}\)

A całka \(\displaystyle{ \int_{3}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{x^3}}}\) jest zbieżna z kryterium Dirichleta, ponieważ potęga x w mianowniku całki jest większa od 1?

[Janusz Tracz]

Dla \(\displaystyle{ x \ge 3}\)

\(\displaystyle{ 0 \le \frac{x(2+\cos (x^3))}{\sqrt{x^3+9x}-1} \le \frac{1}{\sqrt{x^3}}}\)

Nie, to nie jest prawda.

[Pisiuu]

Zbadaj zbieżność całki (kryterium porównawcze):

A) \(\displaystyle{ \int_{2}^{\infty}\frac{x^2(2+\sin (x^5))}{\sqrt{(x^5+4x)}-1}}\)

Tak jest dobrze?

dla \(\displaystyle{ x \ge 2}\)

\(\displaystyle{ \frac{2x^2-x^2}{ \sqrt{x^5+4x}-1} \le \frac{x^2\left( 2+sin(x^5)\right) }{ \sqrt{x^5+4x}-1} \le \frac{2x^2+x^2}{ \sqrt{x^5}}}\)

Wyjaśnienie:

\(\displaystyle{ -1 \le sin(x) \le 1}\)

\(\displaystyle{ \int_{2}^{\infty} \frac{3x^2}{ \sqrt{x^5} } = \lim_{ T\to \infty}\int_{2}^{T} \frac{3x^2}{ \sqrt{x^5} }}\)

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{3x^2}{ \sqrt{x^5} } = 6x ^{\frac{1}{2}}+ C}\)

\(\displaystyle{ ...\left[ 6x ^{ \frac{1}{2} } \right] ^{T} _{2} = 6T ^{ \frac{1}{2} }-6 \sqrt{2}}\)

\(\displaystyle{ \lim_{ T\to \infty}\int_{2}^{T} \left( 6T ^{ \frac{1}{2} }-6 \sqrt{2}\right) = \infty}\) rozbieżna

[Premislav]

Pomysł z ograniczeniem sinusa dobry, jednak pewne szczegóły się nie zgadzają.

\(\displaystyle{ \frac{x^2\left( 2+\sin(x^5)\right) }{ \sqrt{x^5+4x}-1} \le \frac{2x^2+x^2}{ {\red \sqrt{x^5}}}}\)

W jaki sposób zmienił Ci się tutaj mianownik? Ta nierówność ma jakąś tam szansę zajść, problem jednak w tym, że nie uzasadniłeś tego. Zresztą uzasadnienie najłatwiejsze by chyba nie było, gdyż na przykład nierówność
\(\displaystyle{ \sqrt{x^5}\le \sqrt{x^5+4x}-1}\) jest przeważnie nieprawdziwa, więc w ten sposób nie zmniejszyłeś mianownika (po przeniesieniu minus jedynki i podniesieniu stronami do kwadratu mamy \(\displaystyle{ x^5+2x^{\frac 5 2}+1\le x^5+4x}\), czyli \(\displaystyle{ 2x^{\frac 5 2}+1\le 4 x}\), a to przeważnie prawdą nie jest).
Natomiast można to dość łatwo poprawić, na przykład
\(\displaystyle{ \frac 1 2\sqrt{x^5}<\sqrt{x^5+4x}-1}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 2}\) już chyba powinno zajść
(oczywiście to trzeba udowodnić).
W ogóle ten przykład najzręczniej rozwiązuje się przez kryterium ilorazowe z
\(\displaystyle{ \int_{2}^{+\infty} \frac{\,\dd x}{\sqrt{x}}}\),
a nie przez kryterium porównawcze, żadnych sztucznych nierówności nie trzeba wtedy wymyślać, wystarczy obliczyć
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} \frac{ \frac{1}{\sqrt{x}} }{\frac{x^2(2+\sin (x^5))}{\sqrt{(x^5+4x)}-1}}}\)
i skonstatować, że jest to stała z przedziału \(\displaystyle{ (0,+\infty)}\).

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ \frac{2x^2-x^2}{ \sqrt{x^5+4x}-1} \le \frac{x^2\left( 2+sin(x^5)\right) }{ \sqrt{x^5+4x}-1} \le \frac{2x^2+x^2}{ \sqrt{x^5}}}\)

Tak ale można dużo prościej.

Wyjaśnienie:

\(\displaystyle{ -1 \le sin(x) \le 1}\)

\(\displaystyle{ \int_{2}^{\infty} \frac{3x^2}{ \sqrt{x^5} } = \lim_{ T\to \infty}\int_{2}^{T} \frac{3x^2}{ \sqrt{x^5} }}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{3x^2}{ \sqrt{x^5} } = 6x ^{\frac{1}{2}}+ C}\)

...\(\displaystyle{ \left[ 6x ^{ \frac{1}{2} } \right] ^{T} _{2} = 6T ^{ \frac{1}{2} }-6 \sqrt{2}}\)

\(\displaystyle{ \lim_{ T\to \infty}\int_{2}^{T} \left( 6T ^{ \frac{1}{2} }-6 \sqrt{2}\right) = \infty}\) rozbieżna

Ściana znaczków nic nie wyjaśniających.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Rozwiązania pisz pełnymi zdaniami a nie matematycznymi znaczkami.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Szacowanie czegokolwiek z góry przez całkę rozbieżną do \(\displaystyle{ \infty}\) nic nie daje.

\(\displaystyle{ \bullet}\) \(\displaystyle{ \lim_{ T\to \infty}\int_{2}^{T} \left( 6T ^{ \frac{1}{2} }-6 \sqrt{2}\right) = \infty}\) Ten napis woła o pomstę. (Przepraszam jeśli jestem szorstki ale tu przesadziłeś)

Wystarczyło napisać szacowanie:

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{2x} } =\frac{x^2}{ \sqrt{x^5+x^5} } \le \frac{x^2\left( 2+sin(x^5)\right) }{ \sqrt{x^5+4x}-1}}\)

Wynika ono ze zmniejszenia licznika i ze zwiększenia mianownika. Ponad to całka

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{2} } \int_{2}^{ \infty } \frac{1}{ \sqrt{x} } \mbox{d}x}\)

jest rozbieżna (znany fakt). Na mocy kryterium porównawczego całka z treści jest rozbieżna.-- 29 cze 2019, o 19:16 --Mimo spóźnienia zostawiam, bo pokazałem porównawczym a zresztą skoda kasować.

[Premislav]

Ja za to nie zauważyłem, że Pisiuu bez potrzeby szacował z góry przez funkcję, z której całka jest rozbieżna i jeszcze dorzuciłem do tego swoje zbędne trzy grosze, potrzebne tu jest tylko szacowanie z dołu.

[Pisiuu]

Dzięki!! Przy tej granicy ostatniej niechcący całkę zapisałem xd.