Dober dan
Znam po definiciji preverit če konvergira, ampak se mi zatakne pri primeru:
\(\int ln(sinx)dx\) z mejami od 0 do pi/2
in pa kaj se dogaja okoli 1 pri tem :
\(\int^\infty_1 \dfrac{lnx}{x^2 -1}dx\)
Če prav razumem kaj se dogaja, ko gre pri tem primeru proti neskončno dobimo zgoraj lnx in x^-2. Ali to konvergira, ker x^-2 konergira hitreje kot lnx divergira?
In pa kako bi se lotil tega primera:
\(\int^\pi_0 \dfrac{\sqrt{\pi-x}}{(1+cosx)^\alpha}\)
lp
Posplošeni integrali
Re: Posplošeni integrali
Prvi integral:
Logaritmand pišeš kot \(\sin x=2\sin x/2\cos x/2\) in posledično integral razbiješ na vsoto treh členov/integralov. Zatem se s substitucijo znebiš polovičnih kotov in nazadnje v integral s kosinusom uvedeš komplementarni kot; npr. \(u=\pi/2-x\). Tako iz kosinusa pridelaš sinus in v vsoti integralov s sinusom prepoznaš prvotni integral, katerega konvergenco dokazuješ. Preostane ti le še, da ga izraziš s prvim členom.
Drugi integral:
Ponuja se substitucija: \(u=1/x\). Integral je sedaj v mejah od 0 do 1, tako da lahko faktor v integrandu, s katerim je pomnožen logaritem, zapišeš kot geometrijsko vrsto: \(\frac{1}{1-u^2}=\sum_{k=0}^{\infty}u^{2k}\). Sedaj ti je treba le še integrirati, pri čemer vsoto izpostaviš pred integral.
Logaritmand pišeš kot \(\sin x=2\sin x/2\cos x/2\) in posledično integral razbiješ na vsoto treh členov/integralov. Zatem se s substitucijo znebiš polovičnih kotov in nazadnje v integral s kosinusom uvedeš komplementarni kot; npr. \(u=\pi/2-x\). Tako iz kosinusa pridelaš sinus in v vsoti integralov s sinusom prepoznaš prvotni integral, katerega konvergenco dokazuješ. Preostane ti le še, da ga izraziš s prvim členom.
Drugi integral:
Ponuja se substitucija: \(u=1/x\). Integral je sedaj v mejah od 0 do 1, tako da lahko faktor v integrandu, s katerim je pomnožen logaritem, zapišeš kot geometrijsko vrsto: \(\frac{1}{1-u^2}=\sum_{k=0}^{\infty}u^{2k}\). Sedaj ti je treba le še integrirati, pri čemer vsoto izpostaviš pred integral.
Re: Posplošeni integrali
Da ne bo ostalo neodgovorjeno, še tretji integral:
Pri tem primeru je treba najbrž pokazati, za katere \(\alpha > 0\) integral konvergira. Za dokazovanje konvergence se ponuja ta izrek:
Naj bo \(g\) zvezna na \([a,b]\). Integral:
\(\displaystyle \int_a^b \frac{g(x)}{(x-a)^s}dx\)
konvergira, če je \(s<1\). Če je \(s \ge 1\) in \(g(a)\ne 0\), integral divergira.
V danem integralu:
\(\displaystyle \int^\pi_0 \frac{\sqrt{\pi-x}}{(1+\cos x)^\alpha}dx\)
je najbolje uvesti novo spremenljivko \(t=\pi-x\Rightarrow dt=-dx\). Ob upoštevanju \(\cos(\pi-t)=-\cos t\) tako dobimo:
\(\displaystyle \int^\pi_0 \frac{t^{\frac{1}{2}}}{(1-\cos t)^\alpha}dt\).
Nadalje ga predelamo v obliko iz izreka na sledeč način:
\(\displaystyle \int^\pi_0 \left(\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha \frac{1}{t^{m\alpha}}dt\).
Ta integral je po izreku konvergenten za \(m\alpha<1\) in če je
\(\displaystyle g(t)=\left(\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha\)
na \([0,\pi]\) zvezna.
Za zveznost je problematičen le \(t=0\), zato je treba preučiti, kdaj \(\lim_{t\to 0} g(t)\) obstaja. Zaradi zveznosti \(f(t)=t^{\alpha}\) na \([0,\pi]\) lahko pišemo:
\(\displaystyle \lim_{t\to 0} \left(\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha=\left(\lim_{t\to 0}\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha\).
Limita izkazuje nedoločenost tipa \(\frac{0}{0}\), zato je po l' Hospitalu:
\(\displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}=\lim_{t\to 0}\frac{(m+\frac{1}{2\alpha})t^{m+\frac{1}{2\alpha}-1}}{\sin t}=(m+\frac{1}{2\alpha})\cdot\lim_{t\to 0}\frac{t}{\sin t}\cdot\lim_{t\to 0}t^{m+\frac{1}{2\alpha}-2}\).
Prva limita je 1, druga pa obstaja za \(m+\frac{1}{2\alpha}-2\ge 0\).
Enakost \(m+\frac{1}{2\alpha}-2= 0\) hkrati s pogojem za konvergenco \(m\alpha<1\), privede do pogoja:
\(\alpha<\frac{3}{4}\).
Pri tem primeru je treba najbrž pokazati, za katere \(\alpha > 0\) integral konvergira. Za dokazovanje konvergence se ponuja ta izrek:
Naj bo \(g\) zvezna na \([a,b]\). Integral:
\(\displaystyle \int_a^b \frac{g(x)}{(x-a)^s}dx\)
konvergira, če je \(s<1\). Če je \(s \ge 1\) in \(g(a)\ne 0\), integral divergira.
V danem integralu:
\(\displaystyle \int^\pi_0 \frac{\sqrt{\pi-x}}{(1+\cos x)^\alpha}dx\)
je najbolje uvesti novo spremenljivko \(t=\pi-x\Rightarrow dt=-dx\). Ob upoštevanju \(\cos(\pi-t)=-\cos t\) tako dobimo:
\(\displaystyle \int^\pi_0 \frac{t^{\frac{1}{2}}}{(1-\cos t)^\alpha}dt\).
Nadalje ga predelamo v obliko iz izreka na sledeč način:
\(\displaystyle \int^\pi_0 \left(\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha \frac{1}{t^{m\alpha}}dt\).
Ta integral je po izreku konvergenten za \(m\alpha<1\) in če je
\(\displaystyle g(t)=\left(\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha\)
na \([0,\pi]\) zvezna.
Za zveznost je problematičen le \(t=0\), zato je treba preučiti, kdaj \(\lim_{t\to 0} g(t)\) obstaja. Zaradi zveznosti \(f(t)=t^{\alpha}\) na \([0,\pi]\) lahko pišemo:
\(\displaystyle \lim_{t\to 0} \left(\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha=\left(\lim_{t\to 0}\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}\right)^\alpha\).
Limita izkazuje nedoločenost tipa \(\frac{0}{0}\), zato je po l' Hospitalu:
\(\displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{t^{m+\frac{1}{2\alpha}}}{1-\cos t}=\lim_{t\to 0}\frac{(m+\frac{1}{2\alpha})t^{m+\frac{1}{2\alpha}-1}}{\sin t}=(m+\frac{1}{2\alpha})\cdot\lim_{t\to 0}\frac{t}{\sin t}\cdot\lim_{t\to 0}t^{m+\frac{1}{2\alpha}-2}\).
Prva limita je 1, druga pa obstaja za \(m+\frac{1}{2\alpha}-2\ge 0\).
Enakost \(m+\frac{1}{2\alpha}-2= 0\) hkrati s pogojem za konvergenco \(m\alpha<1\), privede do pogoja:
\(\alpha<\frac{3}{4}\).
Re: Posplošeni integrali
P.S. Tudi pri prvih dveh integralih se lahko dokazuje konvergenco preko znanih izrekov.
Konvergenco drugega integrala se npr. lahko dokaže z že omenjenim izrekom na sledeč način:
\(\displaystyle \int_1^{\infty} \frac{\ln x}{x^2-1}dx=\int_1^{\infty} \frac{\ln x}{(1-\frac{1}{x^2})\sqrt{x}x\sqrt{x}}dx=\int_1^{\infty} \frac{g (x)}{x^{3\over 2}}dx\),
kjer je \(g(x)=\frac{\ln x}{(1-\frac{1}{x^2})\sqrt{x}}\).
Ker je \(p>1\) in je \(g(x)\) omejena (namreč obstajata \(\lim_{x\to 1}g(x)\) in \(\lim_{x\to \infty}g(x)\)), je integral konvergenten.
***
Konvergenco prvega integrala pa se npr. lahko dokaže z izrekom:
Naj bosta \(f\) in \(g\) zvezni na \([a,b]\), pri čemer velja \(0\le f(x)\le g(x)\). Če \(\int_a^b g(x)dx\) konvergira, potem tudi \(\int_a^b f(x)dx\) konvergira.
Za dani primer izhajamo iz:
\(0\le -\ln (\sin x)\le \ln(\frac{\pi}{2})-\ln x\)
za \(x\in [0,\frac{\pi}{2}]\).
Zlahka se da pokazati, da \(\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\ln(\frac{\pi}{2})-\ln x)dx\) obstaja, zato tudi \(\int_0^{\frac{\pi}{2}}-\ln(\sin x)dx\) obstaja, s tem pa tudi \(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx\).
Konvergenco drugega integrala se npr. lahko dokaže z že omenjenim izrekom na sledeč način:
\(\displaystyle \int_1^{\infty} \frac{\ln x}{x^2-1}dx=\int_1^{\infty} \frac{\ln x}{(1-\frac{1}{x^2})\sqrt{x}x\sqrt{x}}dx=\int_1^{\infty} \frac{g (x)}{x^{3\over 2}}dx\),
kjer je \(g(x)=\frac{\ln x}{(1-\frac{1}{x^2})\sqrt{x}}\).
Ker je \(p>1\) in je \(g(x)\) omejena (namreč obstajata \(\lim_{x\to 1}g(x)\) in \(\lim_{x\to \infty}g(x)\)), je integral konvergenten.
***
Konvergenco prvega integrala pa se npr. lahko dokaže z izrekom:
Naj bosta \(f\) in \(g\) zvezni na \([a,b]\), pri čemer velja \(0\le f(x)\le g(x)\). Če \(\int_a^b g(x)dx\) konvergira, potem tudi \(\int_a^b f(x)dx\) konvergira.
Za dani primer izhajamo iz:
\(0\le -\ln (\sin x)\le \ln(\frac{\pi}{2})-\ln x\)
za \(x\in [0,\frac{\pi}{2}]\).
Zlahka se da pokazati, da \(\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\ln(\frac{\pi}{2})-\ln x)dx\) obstaja, zato tudi \(\int_0^{\frac{\pi}{2}}-\ln(\sin x)dx\) obstaja, s tem pa tudi \(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx\).
Re: Posplošeni integrali
Pravilno je seveda:shrink napisal/-a:\(0\le -\ln (\sin x)\le \ln(\frac{\pi}{2})-\ln x\)
za \(x\in [0,\frac{\pi}{2}]\).
\(0\le -\ln (\sin x)\le \ln(\frac{\pi}{2})-\ln x\)
za \(x\in (0,\frac{\pi}{2}]\).