Chủ đề này có 32 trả lời

[sun921]

Tính tích phân suy rộng: (Giải tích 2 - Tích phân 1 lớp)

\[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{e^{ - x}}}}{{\sqrt x }}} dx\] và \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin 2x}}{x}} dx\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 23-07-2014 - 11:39

[Mrnhan]

 

$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx$$

 

$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$$

 

 

$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin2x}{x}dx$$

 

Tích phân Dirichlet $$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{x}dx=\frac{\pi\text{sign(a)}}{2}$$

[sun921]

$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$$

 

 

Tích phân Dirichlet $$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{x}dx=\frac{\pi\text{sign(a)}}{2}$$

Cảm ơn bạn nhiều!

Tiện thể cho mình hỏi luôn để làm tích phân này mình làm thế nào hả bạn? 

\[\int\limits_0^{ + \infty } {{x^n}} .{e^{ - x}}dx\]

[Mrnhan]

Cảm ơn bạn nhiều!

Tiện thể cho mình hỏi luôn để làm tích phân này mình làm thế nào hả bạn? 

\[\int\limits_0^{ + \infty } {{x^n}} .{e^{ - x}}dx\]

 

Đây là tích phân Euler loại 2 mà. Công thức như sau

 

$$I=\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx=\Gamma\left ( \alpha \right ), \, \alpha >0$$

 

Nếu $\alpha$ là số tự nhiên thì $\Gamma \left ( \alpha +1 \right )=\alpha!$

 

Tổng quát hơn, với $\alpha >0, \, p>0$ thì

 

$$I=\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-px}dx=\frac{\Gamma \left ( \alpha \right )}{p^{\alpha}}\text{(Toán tử Laplace)}$$

 

P.s: Cũng mấy tháng rồi chưa động đến cái này... hi vọng nhớ ko nhầm

[sun921]

Đây là tích phân Euler loại 2 mà. Công thức như sau

 

$$I=\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx=\Gamma\left ( \alpha \right ), \, \alpha >0$$

 

Nếu $\alpha$ là số tự nhiên thì $\Gamma \left ( \alpha +1 \right )=\alpha!$

 

Tổng quát hơn, với $\alpha >0, \, p>0$ thì

 

$$I=\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-px}dx=\frac{\Gamma \left ( \alpha \right )}{p^{\alpha}}\text{(Toán tử Laplace)}$$

 

P.s: Cũng mấy tháng rồi chưa động đến cái này... hi vọng nhớ ko nhầm

Cảm ơn bạn nhiều

Mình còn hai bài nữa chưa biết làm bạn giúp mình luôn với nhé ^^. 

\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} ;\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{e^{\frac{1}{x}}}}}{{x{}^3}}} dx\]

Bài đầu thì mình biết là hắn quy về dạng arcsinx/x, mình làm tích phân từng phần thì về dạng đó nhưng mà vế đầu lại bị dính cận = 0 nên không làm ra

[Mrnhan]

Cảm ơn bạn nhiều

Mình còn hai bài nữa chưa biết làm bạn giúp mình luôn với nhé ^^. 

\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} ;\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{e^{\frac{1}{x}}}}}{{x{}^3}}} dx\]

Bài đầu thì mình biết là hắn quy về dạng arcsinx/x, mình làm tích phân từng phần thì về dạng đó nhưng mà vế đầu lại bị dính cận = 0 nên không làm ra

 

Bài đầu đang nghĩ, bài 2 thì làm như sau.

 

Đặt như thế này cho dễ nhìn này $t=-x$ thì $$I=\int_{-1}^{0}\frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^3}dx=\int_{1}^{0}\frac{e^{-\frac{1}{t}}}{t^3}dt$$

 

Gặp dạng này thường đưa về tích phân Euler loại 2, bằng cách đặt:

 

Đặt $u=\frac{1}{t}\to du=-\frac{dt}{t^2}$ 

 

$$\Rightarrow I=-\int_{1}^{\infty}ue^{-u}du=-\int_{1}^{\infty}te^{-t}dt$$

 

Tách bớt ta được $$I=\int_{0}^{1}te^{-t}dt-\left ( \int_{0}^{1}te^{-t}dt+\int_{1}^{\infty}te^{-t}dt \right )=\int_{0}^{1}te^{-t}dt-\int_{0}^{\infty}te^{-t}dt=1-\frac{2}{e}-\Gamma \left ( 2 \right )=-\frac{2}{e}$$

[Mrnhan]

Nhìn lời hướng dẫn mình làm như sau:

 

Mà áp dụng công thức(chứng minh bằng quy tắc L'hopital): $$\lim_{x\to 0}x^{\alpha}\ln x=0,\, \alpha >0\Rightarrow \lim_{x\to 0} \arcsin x\ln x=0$$

 

Vì theo VCB thì $\arcsin x\sim x$

 

Trở lại bài toán, ta dùng tích phân từng phần ra  

 

$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_{0}^{1}\ln xd\left ( \arcsin x \right )=-\int_{0}^{1}\frac{\arcsin x}{x}dx$$

 

Đến đây, ta thử đặt về $\sin$ xem thử 

 

$t=\arcsin x\to x=\sin t\to dx=\cos tdt$

 

...... cách này phải nói là dài, làm đến chỗ này nữa $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=..$ cái này tính đươc (ở đâu đó trên diễn đàn) nhưng dài, ngại viết. Tự tìm hiểu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 31-07-2014 - 20:47

[sun921]

Nhìn lời hướng dẫn mình làm như sau:

 

Mà áp dụng công thức(chứng minh bằng quy tắc L'hopital): $$\lim_{x\to 0}x^{\alpha}\ln x=0,\, \alpha >0\Rightarrow \lim_{x\to 0} \arcsin x\ln x=0$$

 

Vì theo VCB thì $\arcsin x\sim x$

 

Trở lại bài toán, ta dùng tích phân từng phần ra  

 

$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_{0}^{1}\ln xd\left ( \arcsin x \right )=-\int_{0}^{1}\frac{\arcsin x}{x}dx$$

 

Đến đây, ta thử đặt về $\sin$ xem thử 

 

$t=\arcsin x\to x=\sin t\to dx=\cos tdt$

 

...... cách này phải nói là dài, làm đến chỗ này nữa $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=..$ cái này tính đươc (ở đâu đó trên diễn đàn) nhưng dài, ngại viết. Tự tìm hiểu

Tính phân arcsin x/x mình tính được rồi. chỉ có thắc mắc cách tính phía trên thôi. Thanks bạn nhìu hí.

Cho mình hỏi tý bài này mình trình bày thế này thì có đúng không hả bạn?

\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \]

Với 0<c<1 ta tính tính phân: \[\int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \]

Tích phân từng phần:

\[\int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}}  =  - \ln (c ).{\rm{arcsin(c ) - }}\int\limits_c^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }} \int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}}  = \mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }} \left( { - \ln (c ).{\rm{arcsin(c ) - }}\int\limits_c^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx} \right) = -\,\int\limits_o^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx\]

 

(vì \[\mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }}  - \ln (c ).{\rm{arcsin(c )}} = 0\])

\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} dx =- \int\limits_0^1 {\frac{{{\rm{arcsinx}}}}{x}dx} \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 31-07-2014 - 20:47

[Mrnhan]

 

Tính phân arcsin x/x mình tính được rồi. chỉ có thắc mắc cách tính phía trên thôi. Thanks bạn nhìu hí.

Cho mình hỏi tý bài này mình trình bày thế này thì có đúng không hả bạn?

\[\int\limits_0^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \]

Với 0<c<1 ta tính tính phân: \[\int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \]

Tích phân từng phần:

\[\int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}}  =  - \ln (c ).{\rm{arcsin(c ) - }}\int\limits_c^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }} \int\limits_c^1 {\frac{{\ln xdx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}}  = \mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }} \left( { - \ln (c ).{\rm{arcsin(c ) - }}\int\limits_c^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx} \right) = -\,\int\limits_o^1 {\frac{{\arcsin x}}{x}} dx\]

 

(vì \[\mathop {\lim }\limits_{c \to {0^ + }}  - \ln (c ).{\rm{arcsin(c )}} = 0\])

\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} dx =- \int\limits_0^1 {\frac{{{\rm{arcsinx}}}}{x}dx} \]

 

 

Làm như thế nào thế? Muốn tham khảo

 

Cái Latex là lạ

 

À, khi nãy mình mình dấu tý, đã sửa 2 bài rồi. Bài làm được đấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 31-07-2014 - 20:51

[sun921]

Làm như thế nào thế? Muốn tham khảo

 

Cái Latex là lạ

 

À, khi nãy mình mình dấu tý, đã sửa 2 bài rồi. Bài làm được đấy

Tham khảo arcsinx/x hả bạn???

Làm giống bạn nói đến chỗ tính tích phân ln(sin x) đó.

Mình đặt x = 2t: ln(sinx) = ln(sin2x)=ln(2.sinx.cosx) = ln(2) + ln(sinx) + ln(cos x) 

Rối đưa ln(cos x) về ln(sinx) thì giải ra thôi

Còn hai câu dưới bạn viết gì thế??? mình không hiểu?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sun921: 31-07-2014 - 21:09

[Mrnhan]

Tham khảo arcsinx/x hả bạn???

Làm giống bạn nói đến chỗ tính tích phân ln(sin x) đó.

Mình đặt x = 2t: ln(sinx) = ln(sin2x)=ln(2.sinx.cosx) = ln(2) + ln(sinx) + ln(cos x) 

Rối đưa ln(cos x) về ln(sinx) thì giải ra thôi

Còn hai câu dưới bạn viết gì thế??? mình không hiểu?

 

Nếu 2 dòng cuối mà bạn không hiểu thì cứ nghĩ đại là "thằng trên đang tự kỉ "

 

Mình làm kiểu khác, mà cách này hình như ko ra. Phải đặt lòng vòng rồi rút gọn mà

[sun921]

$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$$

 

 

Tích phân Dirichlet $$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{x}dx=\frac{\pi\text{sign(a)}}{2}$$

\[I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin 2x}}{x}} \] (*)

Đặt \[t = 2x \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{2}\]

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin t}}{t}} dt = \frac{\pi }{2}\]

Cho mình hỏi làm sao để tính tích phân này vậy bạn?

 \[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin t}}{t}} dt = \frac{\pi }{2}\]

Mình thấy sách họ ghi sẵn là bằng pi/2 luôn mà không ghi cách tính nơi

[Mrnhan]

Làm như thế này:

 

Áp dụng công thức(cái này chứng minh khá đơn giản):

 

$$I=\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx$$

 

Từ đó ta có 

 

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln cos xdx$$

 

$$\Rightarrow 2I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left ( \sin x\cos x \right )dx=-\frac{\pi\ln2}{2}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin2xdx$$

 

Ta có $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin2xdx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\ln\sin xdx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx$$

 

Cái tích phân cuối, ta đặt $t=\pi-x\Rightarrow \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx$

 

Nên $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin2xdx=I$$

 

Vậy $$I=-\frac{\pi\ln2}{2}$$

[sun921]

Làm như thế này:

 

Áp dụng công thức(cái này chứng minh khá đơn giản):

 

$$I=\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx$$

 

Từ đó ta có 

 

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln cos xdx$$

 

$$\Rightarrow 2I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left ( \sin x\cos x \right )dx=-\frac{\pi\ln2}{2}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin2xdx$$

 

Ta có $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin2xdx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\ln\sin xdx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx$$

 

Cái tích phân cuối, ta đặt $t=\pi-x\Rightarrow \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx$

 

Nên $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin2xdx=I$$

 

Vậy $$I=-\frac{\pi\ln2}{2}$$

Xem dùm mình cách tính tích phân của sin x/ x với bạn . Làm mãi mà hắn không ra pi/2 nơi

[Mrnhan]

\[I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin 2x}}{x}} \] (*)

Đặt \[t = 2x \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{2}\]

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin t}}{t}} dt = \frac{\pi }{2}\]

Cho mình hỏi làm sao để tính tích phân này vậy bạn?

 \[ \Rightarrow I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin t}}{t}} dt = \frac{\pi }{2}\]

Mình thấy sách họ ghi sẵn là bằng pi/2 luôn mà không ghi cách tính nơi

 

Cái này nhiều cách làm lắm, ở đây tôi trình bài 2 cách:

 

Cách 1: Dùng tích phân phụ thuộc tham số (cho $a, k\geq0$ cho dễ, $a<0$ thì làm tương tự)

 

$$I=\int_{0}^{\infty}e^{-kx}\frac{\sin\left ( ax \right )}{x}dx$$

 

Cách này khá dài nên bạn tự tìm hiểu

 

Đạo hàm theo $a$ đấy. Rồi cuối cùng cho $k=0$ và $a=1$ đấy.

 

Cách 2. Dùng toán tử Laplace:

 

Phép chiếu $$L\left ( \sin ax \right )=\frac{x}{x^2+s^2}$$

 

$$(I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{x}dx)$$

 

Nên $$L[I]=\int_{0}^{\infty}\frac{L\left [ \sin ax \right ]}{x}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^2+s^2}=\left [ \frac{\arctan \frac{x}{s}}{s} \right ]_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2s}=L\left [ \frac{\pi}{2} \right ]$$

 

$\Rightarrow I=\frac{\pi}{2}$

 

Hướng khác nhưng vẫn dùng Laplace:

 

Áp dụng công thức trong Laplace(trong sách có nên không cần chứng minh)

 

$$\int_{0}^{\infty}\frac{f(x)}{x}e^{-sx}dx=\int_{s}^{\infty}L[f(u)]du$$

 

Ở đây ta cho $$f(x)=\sin x\Rightarrow L[f(u)]=\frac{1}{1+u^2}$$

 

Mà $$\int_{s}^{\infty}\frac{du}{1+u^2}=\frac{\pi}{2}-\arctan s$$

 

Cho $s=0$ thì ta có kết quả cần tìm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 31-07-2014 - 22:43

[sun921]

 

Cái này nhiều cách làm lắm, ở đây tôi trình bài 2 cách:

 

Cách 1: Dùng tích phân phụ thuộc tham số (cho $a, k\geq0$ cho dễ, $a<0$ thì làm tương tự)

 

$$I=\int_{0}^{\infty}e^{-kx}\frac{\sin\left ( ax \right )}{x}dx$$

 

Cách này khá dài nên bạn tự tìm hiểu

 

Đạo hàm theo $a$ đấy. Rồi cuối cùng cho $k=0$ và $a=1$ đấy.

 

Cách 2. Dùng toán tử Laplace:

 

Phép chiếu $$L\left ( \sin ax \right )=\frac{x}{x^2+s^2}$$

 

$$(I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{x}dx)$$

 

Nên $$L[I]=\int_{0}^{\infty}\frac{L\left [ \sin ax \right ]}{x}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^2+s^2}=\left [ \frac{\arctan \frac{x}{s}}{s} \right ]_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2s}=L\left [ \frac{\pi}{2} \right ]$$

 

$\Rightarrow I=\frac{\pi}{2}$

 

Hướng khác nhưng vẫn dùng Laplace:

 

Áp dụng công thức trong Laplace(trong sách có nên không cần chứng minh)

 

$$\int_{0}^{\infty}\frac{f(x)}{x}e^{-sx}dx=\int_{s}^{\infty}L[f(u)]du$$

 

Ở đây ta cho $$f(x)=\sin x\Rightarrow L[f(u)]=\frac{1}{1+u^2}$$

 

Mà $$\int_{s}^{\infty}\frac{du}{1+s^2}=\frac{\pi}{2}-\arctan s$$

 

Cho $s=0$ thì ta có kết quả cần tìm

Mình đang học giải tích 2 không biết cái nào thì được dùng nhỉ?

Ở lớp thầy không dạy cái này nơi mà chỉ đưa bài tập để làm...haizzzz @_@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrnhan: 31-07-2014 - 22:35

[Mrnhan]

Mình đang học giải tích 2 không biết cái nào thì được dùng nhỉ?

Ở lớp thầy không dạy cái này nơi mà chỉ đưa bài tập để làm...haizzzz @_@

 

Cách 2 là giải tích 3 rồi. 

 

Thế thì làm cách một đi, đạo hàm lên, dùng từng phần là ra, nhưng hơi dài thôi

[sun921]

Cách 2 là giải tích 3 rồi. 

 

Thế thì làm cách một đi, đạo hàm lên, dùng từng phần là ra, nhưng hơi dài thôi

Có thể hướng dẫn sơ sơ cách 1 cho mình không? mình chưa làm cái dạng này bao giờ cả

[Mrnhan]

Có thể hướng dẫn sơ sơ cách 1 cho mình không? mình chưa làm cái dạng này bao giờ cả

 

Đạo hàm theo biến $a$ thôi bạn, mình hướng dẫn rồi đó, rồi từng phần lên là oki.

 

Mình nói hết những gì bài làm làm rồi, nói nữa là làm xong bài luôn

[sun921]

Đạo hàm theo biến $a$ thôi bạn, mình hướng dẫn rồi đó, rồi từng phần lên là oki.

 

Mình nói hết những gì bài làm làm rồi, nói nữa là làm xong bài luôn

Đạo hàm theo a là ra ri phải không?

\[\frac{{a.{e^{ - kx}}.cosax}}{x}\]

rồi tích phân từng phần kiểu chi hè. @_@

Mình không giỏi môn này lắm nên làm mãi vẫn không ra

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sun921: 01-08-2014 - 18:08