matematikk.net

Hei!


Jobber med rekker og skal undersøke konvergens el. divergens. Har sjekket kriteriene;

[tex]$${\rm I}.\;$$[/tex]At rekken er en monotont avtakende tallfløge, der alle leddene er positive.

[tex]$${\rm II}.\;$$[/tex] som konvergerer mot null.


Har definert en funksjon og kommet så langt:

[tex]$$\int_1^\infty {{x \over {{x^2} + 1}}dx} $$[/tex]

[tex]$$\int_1^\infty {{x \over u} \cdot {{du} \over {2x}}} $$[/tex]

[tex]$$der;\;u = {x^2} + 1,\;u^\prime = 2x,\;dx = {{du} \over {2x}}$$[/tex]

[tex]$${1 \over 2}\left[ {\ln u} \right]_1^\infty $$[/tex]

[tex]$${1 \over 2}\left( {{\lim }\limits_{u \to \infty } \ln u - \ln 1} \right)\;eller\;skulle\;jeg\;skrevet:\;{1 \over 2}\left[ {{\lim }\limits_{x \to \infty } \ln \left( {{x^2} + 1} \right) - \ln 1} \right]$$[/tex]

Tror det skal være slik:

[tex]$${1 \over 2}\left[ {{\lim }\limits_{x \to \infty } \ln \left( {{x^2} + 1} \right) - \ln 1} \right] = {1 \over 2}\left( {\infty - 0} \right) = \underline \infty $$[/tex]


[tex]$$\underline{\underline { \to {{\rm Re}\nolimits} kka\;divergerer\;mot\;uendelig.}} $$[/tex]

Du må alltid huske å forandre grensene dine når du utfører substitusjonen.
Poenget med en substitusjon er at du går fra et integral A til et integral B, og sammenhengen er at arelealet under A og B skal være like stort. Men at B er enklere å regne med enn A.

Her står en fin oppsumering hvorfor integraltesten funker

http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/ ... lTest.aspx

Til dømes

[tex]\int_1^\infty \frac{x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x \, = \, \frac{1}{2}\int_1^\infty \left( \log(x^2 + 1) \right)^\prime \, \mathrm{d}x \, = \, \frac{1}{2}\left[ \lim_{x\to \infty} \log\left( x^2 + 1\right) - \log(0^2 + 1) \right] \, = \, \infty[/tex]

med substusjon får vi

[tex]\int_{x=1}^{x=\infty} \frac{x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x \, = \, \frac{1}{2}\int_{u=1^2+1}^{u = \infty^2+1} \frac{1}{u} \, \mathrm{d}t \, = \, \frac{1}{2}\Bigl[ \log u \Bigr]_2^\infty \, = \, \ldots[/tex]

usw =)

slik at rekka [tex]\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{n^2 + 1}[/tex] divergerer

Nebuchadnezzar wrote:Du må alltid huske å forandre grensene dine når du utfører substitusjonen.
Poenget med en substitusjon er at du går fra et integral A til et integral B, og sammenhengen er at arelealet under A og B skal være like stort. Men at B er enklere å regne med enn A.

Her står en fin oppsumering hvorfor integraltesten funker

http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/ ... lTest.aspx

Til dømes

[tex]\int_1^\infty \frac{x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x \, = \, \frac{1}{2}\int_1^\infty \left( \log(x^2 + 1) \right)^\prime \, \mathrm{d}x \, = \, \frac{1}{2}\left[ \lim_{x\to \infty} \log\left( x^2 + 1\right) - \log(0^2 + 1) \right] \, = \, \infty[/tex]


Kunne vel stått:

med substusjon får vi

[tex]\int_{x=1}^{x=\infty} \frac{x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x \, = \, \frac{1}{2}\int_{u=1^2+1}^{u = \infty^2+1} \frac{1}{u} \, \mathrm{d}t \, = \, \frac{1}{2}\Bigl[ \log u \Bigr]_2^\infty \, = \, \ldots[/tex]

usw =)

slik at rekka [tex]\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{n^2 + 1}[/tex] divergerer

Takker for forklaring og fin link!

Har Pauls mange gode notes etter din erfaring?

EDIT:



Her erstatter han ikke grensene når han substituterer?

[tex]$${\lim }\limits_{t \to \infty } \int_{u = \ln 2}^{u = \ln \infty } {{1 \over {x\ln x}}} $$[/tex]

[tex]$${\lim }\limits_{t \to \infty } \left[ {{1 \over {x\ln x}}} \right]_{\ln 2}^t$$[/tex] etc...

Jo han gjør det, men han tilbakesubstituerer samtidig før

Alternativt kunne han ført det slik

[tex]\int_2^\infty \frac{1}{x \log x}\,\mathrm{d}x \, = \, \int_2^\infty \left( \log ( \log x ) \right)^\prime \, \mathrm{d}x \, = \, \Bigl[ \log ( \log x ) ) \Bigr]_2^\infty \, = \, \ldots[/tex]

Med substitusjon blir grensene slik

[tex]\int_2^\infty \frac{1}{x \ln x}\,\mathrm{d}x \, = \, \int_{\log 2}^\infty \frac{1}{u} \, \mathrm{d}u \, = \, \Bigl[ \log u \Bigr]_{\log 2}^\infty \, = \, \ldots[/tex]

Poenget er bare at når vi bytter variabel må vi bytte grenser, bytter vi ikke variabel trenger vi heller ikke bytte grenser.

Paul er bra ja, samme med PatrickMT og til tider Khan.

Eksempelvis så kan vi og gjøre det slik [tex]A \rightarrow B \rightarrow A[/tex]
Altså vi har først et integral med [tex]x[/tex], så et integral med [tex]u[/tex], også bytter vi tilbake til [tex]x[/tex], og da kan vi ha våre opprinnelige grenser.

Nebuchadnezzar wrote:Jo han gjør det, men han tilbakesubstituerer samtidig før

Med substitusjon blir grensene slik

[tex]\int_2^\infty \frac{1}{x \ln x}\,\mathrm{d}x \, = \, \int_{\log 2}^\infty \frac{1}{u} \, \mathrm{d}u \, = \, \Bigl[ \log u \Bigr]_{\log 2}^\infty \, = \, \ldots[/tex]

[tex]$$ = {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( {\log t - \log \left( {\log 2} \right)} \right) = \underline \infty $$[/tex]

[tex]$$Integraltesten\;divergerer\; \Rightarrow \;rekken\;divergerer.$$[/tex]

Altså jeg kan vurdere om integralet divergerer/konverger med variabelskifte hvis det er ønskelig.

I noen situasjoner er det kanskje mer oversiktlig å gjøre dette.