"Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ
Δημοσιεύσεις: 466
Εγγραφή: Τρί Αύγ 04, 2009 12:16 pm

"Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ » Δευ Απρ 15, 2013 11:18 am

Μια σειρά ορίων συναρτήσεων οριζόμενες με ολοκλήρωμα

ΑΣΚΗΣΗ 1 Να υπολογιστεί το \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \int_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}\eta \mu \left( {\frac{1}{{x^4 }}} \right)} dt 
}.

ΑΣΚΗΣΗ 2
Ομοίως \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \int_{x^3 }^{x^3  + 1} {\frac{t}{{t^2  + t + 1}}} dt 
}.

ΑΣΚΗΣΗ 3
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \int_{x + 2}^{x + 3} {\sqrt {\frac{{3 - t}}{{t^2  + t + 1}}} } dt 
}.


Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2811
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: "Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Δευ Απρ 15, 2013 1:46 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1 Να υπολογιστεί το \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \int_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}\eta \mu \left( {\frac{1}{{x^4 }}} \right)} dt 
}.
Για x>0 έχουμε ότι:

\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \int_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}\eta \mu \left( {\frac{1}{{x^4 }}} \right)} dt 
=}

\displaystyle{=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  \left(\eta \mu {\frac{1}{{x^4 }}}\int_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t} dt\right)} =}

\displaystyle{=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( \eta \mu {\frac{1}{{x^4 }}}\left[ \frac{ln^2t}{2} \right]_x^{x+1} \right)=}

\displaystyle{=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( \eta \mu {\frac{1}{{x^4 }}}\frac{ln^2(x+1)-ln^2x}{2}\right)=}

\displaystyle{=\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( \frac{\eta \mu {\frac{1}{x^4}}}{\frac{1}{{x^4}}}\frac{ln(x+1)-lnx}{x^2}\frac{ln(x+1)+lnx}{x^2}\right)=0},

αφού

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{\eta \mu {\frac{1}{x^4}}}{\frac{1}{{x^4}}}=\mathop {\lim }\limits_{u \to  0^+} \frac{\eta \mu u}{u}=1},

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{ln(x+1)-lnx}{x^2}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}}{2x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{ln\frac{x-x-1}{x(x+1)}}{2x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{-1}{2x^2(x+1)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{-1}{2x^3}=0},

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{ln(x+1)+lnx}{x^2}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x}}{2x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{ln\frac{x+x+1}{x(x+1)}}{2x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2x+1}{2x^2(x+1)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2x}{2x^3}=0}.


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: "Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Απρ 15, 2013 1:51 pm

Για το α λίγο διαφορετικά (με πρόλαβε ο Λευτέρης, αλλά το έχω γράψει ήδη στο μαθτάιπ)
Για x > 2013 είναι
\left| {\int\limits_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}\eta \mu \left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)} dt} \right| = \left| {\eta \mu \left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)\int\limits_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}} dt} \right| \le \frac{1}{{{x^4}}}\int\limits_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}} dt \le \frac{1}{{{x^4}}}\int\limits_x^{x + 1} {\frac{{t - 1}}{t}} dt \le \frac{1}{{{x^4}}}\int\limits_x^{x + 1} 1 dt = \frac{1}{{{x^4}}}\mathop  \to \limits^{x \to  + \infty } 0


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: "Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Απρ 15, 2013 1:59 pm

Για x<-2013 η f\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + t + 1}} με t \in \left[ {{x^3},{x^3} + 1} \right] είναι γνησίως φθίνουσα (εύκολα βλέπουμε ότι έχει αρνητική παράγωγο, άρα
f\left( {{x^3} + 1} \right) < f\left( t \right) < f\left( {{x^3}} \right) \Rightarrow f\left( {{x^3} + 1} \right) < \int\limits_{{x^3}}^{{x^3} + 1} {\frac{t}{{{t^2} + t + 1}}} dt < f\left( {{x^3}} \right)
και με ΚΠ προκύπτει \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \int\limits_{{x^3}}^{{x^3} + 1} {\frac{t}{{{t^2} + t + 1}}} dt = 0 αφού πρόκειται για όρια ρητών συναρτήσεων που ο βαθμός του παρονομαστή είναι μεγαλύτερος του αριθμητή και {x \to  - \infty }


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: "Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Απρ 15, 2013 2:07 pm

και για το γ
η {f\left( t \right) = \sqrt {\frac{{3 - t}}{{{t^2} + t + 1}}} ,t \in \left[ {x + 2,x + 3} \right]} με x <  - 2013 είναι γνησίως αύξουσα (έχει θετική παράγωγο) όμοια με πριν έχουμε
από μονοτονία f\left( {x + 2} \right) < f\left( t \right) < f\left( {x + 3} \right) \Rightarrow f\left( {x + 2} \right) < \int\limits_{x + 2}^{x + 3} {\sqrt {\frac{{3 - t}}{{{t^2} + t + 1}}} } dt < f\left( {x + 3} \right)
και επειδή πάλι τα όρια των υπόριζων (ρητές με βαθμό παρονομαστή μεγαλύτερο του αριθμητή) είναι 0 προκύπτει από το ΚΠ ότι \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \int\limits_{x + 2}^{x + 3} {\sqrt {\frac{{3 - t}}{{{t^2} + t + 1}}} } dt = 0
Σχόλιο: Δεν έπρεπε να γράψω στις παραπάνω λύσεις τις ανοσότητες ως γνήσιες..


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 522
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: "Ολοκληρωτικά" όρια α΄μέρος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Δευ Μαρ 04, 2019 10:00 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ έγραψε:
Δευ Απρ 15, 2013 11:18 am
Μια σειρά ορίων συναρτήσεων οριζόμενες με ολοκλήρωμα

ΑΣΚΗΣΗ 1 Να υπολογιστεί το \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \int_x^{x + 1} {\frac{{\ln t}}{t}\eta \mu \left( {\frac{1}{{x^4 }}} \right)} dt 
}.

ΑΣΚΗΣΗ 2
Ομοίως \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \int_{x^3 }^{x^3  + 1} {\frac{t}{{t^2  + t + 1}}} dt 
}.

ΑΣΚΗΣΗ 3
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \int_{x + 2}^{x + 3} {\sqrt {\frac{{3 - t}}{{t^2  + t + 1}}} } dt 
}.
Όλα τα όρια υπολογίζονται με βάση την παρατήρηση ότι η ολοκληρωτέα τείνει στο 0 όταν x\rightarrow +\infty

(για την 1η) και x\rightarrow -\infty (για τη 2 και την 3). Οπότε οριακά έχουμε ''περίπου'' ορθογώνιο με βάση 1 και ύψος το πολύ 2\varepsilon .

Κάνω το πρώτο.

Είναι \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{\ln x}{x}=0,\lim_{x\rightarrow +\infty }\sin \frac{1}{{x^4 }}=0

Άρα θα υπάρχει κάποιο N>0 τέτοιο, ώστε για κάθε x>N να ισχύει \displaystyle 0<\frac{\ln x}{x}<\sqrt{\varepsilon },0<\sin \frac{1}{{x^4 }}<\sqrt{\varepsilon }.

Από την 1η παίρνουμε (είναι t \geq x>N) \displaystyle 0<\int_{x}^{x+1}\frac{\ln t}{t}dt<\int_{x}^{x+1}\sqrt{\varepsilon }dt=\sqrt{\varepsilon }.

Οπότε με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε \displaystyle 0<\sin \frac{1}{{x^4 }}\int_{x}^{x+1}\frac{\ln t}{t}dt<\varepsilon


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης