Matematické Fórum

livia · 05. 03. 2016 16:49

Ahojte,
narazila som na tieto nevlastné integrály.

$\int_{1}^{\infty}\frac{x}{(ln(x+e^x) )^2}dx, \int_{1}^{\infty}\frac{ln(x)}{(ln(x+e^x) )^2}dx, \int_{1}^{\infty}\frac{1}{ln(x+e^x) }dx,$

Vyzerajú na pohľad podobne, možno postup riešenia bude podobný, ale neviem pohnúť ani s jedným z nich. Potrebujem dokázať, že prvý diverguje, druhý konverguje, tretí diverguje.

Skúšala som limitné porovnávacie kritérium, ale neúspešne :(

Vedel by niekto poradiť, ako na to?

Pavel · 05. 03. 2016 18:00

↑ livia:

Srovnávací kritérium určitě pomůže. Ve všech případech využij faktu, že

$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(x+\mathrm e^x\right)}{x}=1$

livia · 05. 03. 2016 18:52

↑ Pavel:
Aha, áno. Už sa podarilo. :) Stačilo si to trochu ináč zapísať, a už vyzerala tá limita rozumnejšie. Vďaka.

Môžem poprosiť ešte o nejaký nápad k tomuto? Tiež ide o konvergenciu.
$\int_{0}^{\frac{\pi}{4 }}\frac{\sqrt{\text{tg}(x)-x}}{e^x-sin(x) -cos(x)}dx$

Tiež som skúšala porovnávacie, ale limita mi vyšla katastrofálne, nevedela som to doriešiť.

Pavel · 05. 03. 2016 19:33

↑ livia:

Ukaž, že tyto dvě limity

$\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{tg}\,x-x}{x^3}$

$\lim_{x\to 0}\frac{\mathrm e^x-\sin x-\cos x}{x^2}$

jsou konečné. Využij toho a opět použij srovnávací kritérium.

livia · 05. 03. 2016 21:33

↑ Pavel:
Nenapadlo ma pozerať na to takto oddelene. Pomocou tohto sa mi to už podarilo dopočítať. Len samu by ma to nenapadlo :(
Ešte som si našla chybu v tom druhom integráli. Myslela som si, že mi to vyšlo dobre, ale je tam niečo zle. Počítala som limitu v porovnávacom kritériu:
$\lim_{x\to\infty }\frac{\frac{ln(x)}{(ln(x+e^x) )^2}}{\frac{1}{x^a}}=\lim_{x\to\infty }{\frac{{x^a}ln(x)}{(ln(x+e^x) )^2}}=$
$=\lim_{x\to\infty }{\frac{x^2.x^{a-2}.ln(x)}{(ln(x+e^x) )^2}}=\lim_{x\to\infty }{{x^{a-2}.ln(x)}}=,$
$=\lim_{x\to\infty }{ \frac{ln(x)}{x^{2-a}} }=\lim_{x\to\infty }{ \frac{\frac{1}{x}}{(2-a)x^{1-a}} }=,$
$=\lim_{x\to\infty }{ \frac{1}{(2-a)x^{2-a}} }$

Aby sme mohli použiť porovnávacie kritérium, tak limita by mala byt konečné nenulové číslo. To by sme mohli dosiahnuť tak, že mocnina x by bola 0. Teda 2-a=0. Lenže takúto zátvorku máme aj v menovateli, takže by nám to potom vyšlo nekonečno a kritérium sa preto nedá použiť.

Ako by som teda mala postupovať? Je to celé zle, alebo, v ktorom kroku som urobila chybu?

Pavel · 05. 03. 2016 21:59

↑ livia:

Na ten druhý integrál se opravdu nedá přímo použít limitní srovnávací kritérium. Je třeba jej skombinovat s klasickým (nelimitním) srovnávacím kritériem. Zřejmě platí

$\frac{\ln x}{(\ln(x+\mathrm e^x))^2}\approx\frac{\ln x}{x^2}\qquad x\to\infty$

Protože

$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{\sqrt x}=0,$

platí pro dostatečně velká x nerovnost $\ln x<\sqrt x$ . Tzn.

$\frac{\ln x}{x^2}<\frac{\sqrt x}{x^2}=\frac 1{x\sqrt x}\qquad x\to\infty$

Pak samozřejmě platí

$\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm dx<\int_1^{\infty}\frac{1}{x\sqrt x}\,\mathrm dx$

přičemž integrál vpravo konverguje.

livia · 06. 03. 2016 21:41

↑ Pavel:

Ten integrál $\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^2}\,\mathrm dx$
sa dá aj presne vypočítať pomocou Gamma funkcie. Je to 1, takže konverguje.

Ale nenapadlo by ma nahradiť $\frac{\ln x}{(\ln(x+\mathrm e^x))^2}\approx\frac{\ln x}{x^2}\qquad x\to\infty$

Ďakujem veľmi pekne za pomoc.

Matematické Fórum

#1 05. 03. 2016 16:49

Konvergencia nevlastných integrálov

#2 05. 03. 2016 18:00

Re: Konvergencia nevlastných integrálov

#3 05. 03. 2016 18:52

Re: Konvergencia nevlastných integrálov

#4 05. 03. 2016 19:33

Re: Konvergencia nevlastných integrálov

#5 05. 03. 2016 21:33

Re: Konvergencia nevlastných integrálov

#6 05. 03. 2016 21:59

Re: Konvergencia nevlastných integrálov

#7 06. 03. 2016 21:41

Re: Konvergencia nevlastných integrálov

Zápatí