Určete (v závislosti na parametru), zda daný integrál konverguje, respektive zda konverguje. dx = t 1/α 1 dt. sin x α dx =

Transkript

1 . cvičení kuncova/ Teorie Věta 1 (Abelovo-Dirichletovo kritérium konveregnce Newtonova integrálu). Necht a R, b R a necht a < b. Necht f : [a, b) R je spojitá a F je primitivní funkce k funkci f na (a, b). Dále necht g : [a, b) R je na [a, b) monotónní a spojitá. Pak platí: (A) Jestliže f N (a, b) a g je omezená, pak fg N (a, b). (D) Je-li F omezená na (a, b) a lim b g() =, je fg N (a, b). Příklady Určete (v závislosti na parametru), zda daný integrál konverguje, respektive zda konverguje absolutně. Přitom uvažte a, b, c R a α, β, γ R sin α d Proved me substituci t = α, přičemž nezapomeňme, že uvažujeme pouze = t 1/α, d = t 1/α 1 a platí, že sin α d = t1 1/α Na pravém okolí nuly t (, π/) je integrand kladný a můžeme zde použít srovnání s funkcí t 1 1/α t t 1 1/α = 1 t 1/α, tudíž integrál π/ konverguje, a to navíc absolutně, právě když 1/α < t 1/α 1 1, tedy pokud α > 1. Jinak diverguje. Obojí plyne z limitního srovnávacího kritéria. Pro kladné α tedy v okolí nuly není s konvergencí problém. Zbývá tak vyšetřit integrál π/ t1 1/α O tomto integrálu víme, že konverguje absolutně, právě když > 1 1/α > 1, tedy pokud 1 < α <. Víme také, že konverguje neabsolutně, pokud > 1 1/α >, tedy pokud α > 1. Oud máme, že absolutní konvergence integrálu v zadání příkladu nenastává pro žádné α > a že integrál konverguje neabsolutně pro α > 1. 1

2 . 3. arcsin ln cos d + 1 Funkce má spojité rozšíření do nuly, nebot a arcsin = arcsin + 1 lim ln = Problematický bod je tedy pouze nekonečno. Protože také na okolí nekonečna, že Z odhadu platného pro > e arcsin + 1 cos ln cos + 1 pro, platí +1 vyplývá, že integrál nemůže konvergovat absolutně. Naopak, protože ln pro + a tato funkce je na nějakém okolí nekonečna monotónní, je integrál neabsolutně konvergentní podle Dirichletova kritéria, nebot funkce cos má omezenou primitivní funkci. Ještě snad k monotonii ln. Na intervalu (, + ) je tato funkce spojitá a má spojitou derivaci, která je pro > e záporná, jak dostáváme přímým výpočtem: ( ) ln = 1 ln < sin sin α d Na (dostatečně malém pravém prstencovém) okolí nuly integrand nemění znaménko a chová se přibližně jako f() α odkud dostáváme podmínku na konvergenci α < 1, tedy α < 3. Na okolí nekonečna nejprve integrand přepíšeme do jiného tvaru pomocí identity sin sin = cos cos 3 Nyní dostaneme pomocí limitního srovnávacího kritéria aplikovaného na funkci cos / α, popřípadě na cos 3 / α podmínku na absolutní konvergenci α > 1.

3 4. Protože funkce cos i cos 3 mají omezené primitivní funkce a α >, dostaneme pomocí Dirichletova kritéria neabsolutní konvergenci. Závěr: Integrál konverguje pro < α < 3, pro 1 < α < 3 navíc absolutně. a e 1 sin 1 d Na [1, + ) integrál konverguje absolutně srovnáním s 1 e, nebot platí, že f() 1/e = a e 1 e 1 sin 1 + nebot všechny členy konvergují k nule pro libovolné a R. Na pravém δ-okolí nuly je (pro dost malé δ) 1 e 1 1. Díky monotonii funkce na nějakém pravém okolí nuly můžeme (díky Abelovu e 1 kritériu) vyšetřovat konvergenci (resp. absolutní konvergenci) jednoduššího integrálu Substitucí t = 1 a sin 1 d dostaneme ekvivalentní integrál 1/δ t a+1 5. o kterém víme, že: konverguje podle Dirichletova kritéria, pokud (a + 1)/ >, tedy a > 1 konverguje absolutně, pokud (a + 1)/ > 1, tedy pokud a > 1. Závěr: Integrál konverguje, pokud a > 1, pro a > 1 navíc absolutně. diverguje. sin e d Jinak Provedeme substituci t = e. Potom = ln t a d = 1/t, integrál tak přejde na tvar t o němž je známo, že konverguje neabsolutně. 3

4 6. 7. arcsin a ((1 )) sin 1 α d U jedničky platí, že arcsin (1 ) (1 ) (1 ), sin 1 α sin 1 (Ověřte! Jde vlastně o rozvíjení arcsin na okolí nuly.) Protože integrand na vhodném levém okolí jedničky nemění znaménko, stačí podle limitního srovnávacího kritéria vyšetřovat (absolutní) konvergenci integrálu 1 δ (1 ) a d pro vhodné malé kladné δ, což je ekvivalentní vyšetřování konvergence integrálu y a dy který dostaneme substitucí y = 1. O něm víme, že konverguje pro a > 1. U nuly platí, že arcsin (1 ) (1 ), a protože 1 y arcsin y je monotónní funkce na nějakém pravém okolí nuly, totéž platí o funkci (1 ) a také o funkci (1 ), a totéž o a-tých mocninách těchto funkcí, stačí podle limitního srovnávacího kritéria a podle Abelova kritéria vyšetřovat absolutní i neabsolutní konvergenci integrálu ε a sin 1 α pro vhodné ε >. To jsme učinili již v příkladu??, odkud víme, že pro a > 1 tento integrál konverguje absolutně. Vzhledem k podmínce z předchozí části jiné hodnoty a nemusíme vyšetřovat. Závěr: pro a > 1 integrál konverguje, a to navíc absolutně. Jinak diverguje. 1/ cos π ln α d Srovnáním s funkcí cos(π) / na okolí nekonečna dostaneme, že absolutně integrál nekonverguje pro žádné α >. Neabsolutně konverguje na [1, + ) podle Dirichletova kritéria, nebot cos(π) má omezenou primitivní funkci 1 π sin(π) 1 a lnα monotónně pro každé α >. 4

5 Na okolí 1/ použijme odhady cos(π) = sin(π π/) (π π/) = π ( 1 ) ( ln() = ln(1 + ( 1)) ( 1) = 1 ) a tudíž f() π ( α 1 ) 1 α oud máme na absolutní i neabsolutní konvergenci (nebot integrand na (1/, 1] nemění znaménko) podmínku podle limitního srovnávacího kritéria, že 1 α > 1, tudíž α <. Závěr: integrál konverguje neabsolutně pro < α <. 3 ln 8. 1 ln(1 + ) α d U nuly použijte odhady ln(1 + ), 1 1 a podle limitního srovnávacího kritéria stačí vyšetřovat konvergenci integrálu α+1/3 1 ln d Tento integrál konverguje pro α /3 > 1, tedy pro α > 1/3 U jedničky použijeme odhady 1, ln(1 + ) ln, ln 1 a podle limitního srovnávacího kritéria stačí vyšetřovat integrál 1 δ ( 1) /3 Tento integrál samozřejmě konverguje absolutně (pozornější si všimnou, že funkce má do jedničky dokonce spojité rozšíření). Závěr: Integrál konverguje pro α > 1/3, a to dokonce absolutně. 9. sin α arctan β sin 1 d 5

6 U nuly použijeme odhady sin α α, arctan β β stačí tedy vyšetřovat integrál α β sin 1 d který lze použitím substituce t = 1/ převést na integrál 1/δ t α β+ Ten konverguje absolutně pro α > β 1 a neabsolutně pro α > β. Absolutní konvergenci původního integrálu vyřešíme limitním srovnávacím kritériem, neabsolutní Abelem. U nekonečna použijeme odhady arctan π/, sin(1/) 1/ a poté substituci t = α, čímž dostaneme pro konvergenci ekvivalentní integrál M t který konverguje pouze neabsolutně, ale zato pro každé α >. Závěr: konverguje neabsolutně pro α > β. 6