Divergent/Konvergent integral (envariabelanalys)

Det stämmer inte att $\underset{x\to \infty }{\lim }{\sin }^2\left(x\right)=\infty$. Sinusfunktionens maxvärde är ett, och därmed är maxvärdet av sin²(x) också 1. Det gör att du kan konstatera att den högra integralen (med sinusuttrycket i) kommer att vara konvergent på intervallet. När du sedan konstaterat att en av integralerna är divergent kan du dra slutsatsen att funktionen är divergent. 

Nu blev detta kanske lite pratigt (och kanske rörigt), men tänkte det var en bra ide att ha med mina initiala tankar kring uppgiften. :) 

Det är alltid bra att ta med så mycket som möjligt av sina tankar, oavsett om de leder åt rätt håll eller inte. Då vet vi vad du har tänkt, och även vad du inte har tänkt (kanske finns det någon lucka som behöver täppas igen, eller bara något du inte lärt dig än). :)

Smutstvätt skrev:

Det stämmer inte att $\underset{x\to \infty }{\lim }{\sin }^2\left(x\right)=\infty$. Sinusfunktionens maxvärde är ett, och därmed är maxvärdet av sin²(x) också 1. Det gör att du kan konstatera att den högra integralen (med sinusuttrycket i) kommer att vara konvergent på intervallet. När du sedan konstaterat att en av integralerna är divergent kan du dra slutsatsen att funktionen är divergent. :)

Oj! Menade att jag vet att den divergerar! Sorry!

Men det gör den inte? ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent. :)

Smutstvätt skrev:

Men det gör den inte? ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent. :)

Intressant, för jag satte in den i flera olika matteappar för att se ifall jag tänkte rätt och de sa rätt tydligt att det inte är konvergent. Antingen är mina matteappar inte tillräckligt smarta eller så är det något annat som jag missförstått i uppgiften. 

Ser nu att du skrev att efter jag delat upp integralen att den sista delen är konvergent. Om den är konvergent, ger det mig någonting i resonemanget för hela integralen?

-1<=sin² x<= 1 för alla x. Den kan inte gå mot oändligheten. Eftersom gradtalsskillnaden mellan täljare och nämnare = 1 så tror jag du ändå har rätt att integralen är divergent. Bryt ut x⁴ och förkorta mot täljaren. Uppskatta sedan integranden nedåt för att visa divergens.

Mjausa skrev:

Smutstvätt skrev:

Men det gör den inte? ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent. :)

Intressant, för jag satte in den i flera olika matteappar för att se ifall jag tänkte rätt och de sa rätt tydligt att det inte är konvergent. Antingen är mina matteappar inte tillräckligt smarta eller så är det något annat som jag missförstått i uppgiften. 

Ser nu att du skrev att efter jag delat upp integralen att den sista delen är konvergent. Om den är konvergent, ger det mig någonting i resonemanget för hela integralen?

Ja. Om vi vet att en integral är konvergent, och en är divergent, kommer deras summa att vara divergent. 

Det gäller oftast för två divergenta integraler också, men där gäller det att vara försiktig. Exempel: Vi vet att integralen av noll är konvergent (noll), och vi vet att $\frac{1}{x}-\frac{1}{x}=0$, men om vi undersöker en integral av detta uttryck: 

${\int }_2^{\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\right)dx$

genom att dela upp faktorerna, får vi att ${\int }_2^{\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\right)dx={\int }_2^{\infty }\frac{1}{x}dx+{\int }_2^{\infty }-\frac{1}{x}dx$, vilka är två divergenta integraler. 

Vi kan därför inte direkt säga att två divergenta integraler summerar till en divergent integral. 

Tomten skrev:

-1<=sin² x<= 1 för alla x. Den kan inte gå mot oändligheten. Eftersom gradtalsskillnaden mellan täljare och nämnare = 1 så tror jag du ändå har rätt att integralen är divergent. Bryt ut x⁴ och förkorta mot täljaren. Uppskatta sedan integranden nedåt för att visa divergens.

Borde jag få typ

 $\frac{x^4+{\sin }^{2}x}{x^5-1}=\frac{x^4\left(1+{\displaystyle \frac{{\sin }^{2}x}{x^4}}\right)}{x^4\left(x-{\displaystyle \frac{1}{x^4}}\right)}=\frac{1+{\displaystyle \frac{{\sin }^{2}x}{x^4}}}{x-{\displaystyle \frac{1}{x^4}}}$ (Detta uttryck ser inte så roligt ut tycker jag, haha) 

Och sen ska jag uppskatta denna nedåt? Menar du att jag ska leta efter ett mindre uttryck eller vad menar du med den meningen?

Jag ser att jag i en tidigare anteckning skrivit att $\underset{x\to \infty }{\lim }\sin x$saknas pga oscillation, så rimligtvis borde ju det gränsvärdet för sin^2 (x) också saknas pga just oscillation? Så vi kan nog stryka den biten. 

Smutstvätt skrev:

Mjausa skrev:

Visa föregående citat

Smutstvätt skrev:

Men det gör den inte? ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent. :)

Intressant, för jag satte in den i flera olika matteappar för att se ifall jag tänkte rätt och de sa rätt tydligt att det inte är konvergent. Antingen är mina matteappar inte tillräckligt smarta eller så är det något annat som jag missförstått i uppgiften. 

Ser nu att du skrev att efter jag delat upp integralen att den sista delen är konvergent. Om den är konvergent, ger det mig någonting i resonemanget för hela integralen?

Ja. Om vi vet att en integral är konvergent, och en är divergent, kommer deras summa att vara divergent. 

Det gäller oftast för två divergenta integraler också, men där gäller det att vara försiktig. Exempel: Vi vet att integralen av noll är konvergent (noll), och vi vet att $\frac{1}{x}-\frac{1}{x}=0$, men om vi undersöker en integral av detta uttryck: 

${\int }_2^{\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\right)dx$

genom att dela upp faktorerna, får vi att ${\int }_2^{\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\right)dx={\int }_2^{\infty }\frac{1}{x}dx+{\int }_2^{\infty }-\frac{1}{x}dx$, vilka är två divergenta integraler. 

Vi kan därför inte direkt säga att två divergenta integraler summerar till en divergent integral. 

Detta var väldigt intressant, jag förstår principen i det, jag kan ha hört/sett det tidigare men är osäker. Jag har ingenting från föreläsningsanteckningar om detta dock.

Intressefråga: om vi har två konvergenta integraler, kommer summan av de också vara konvergent? 

Så om jag nu visar att ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent (vilket jag inte är helt hundra på hur jag ska göra, men kan nog lista ut det på något sätt) så måste jag visa att ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{x^4}{x^5-1}dx$ är divergent, eller hur? 

Hej!

Jättebra början att fundera på om integralen möjligen konvergerar eller divergerar (även om din motivering just i det här fallet inte var helt riktigt).

Jag skulle argumentera att för stora $x$ så beter sig din integrand $\dfrac{x^4+\sin^2(x)}{x^5-1}\approx\dfrac{x^4}{x^5}=\dfrac{1}{x}$ vars integral vi vet divergerar (över $\left(\pi,+\infty\right)$). Så jag skulle först försöka visa att integralen divergerar (men detta är ju bara en motivering, och skulle kunna vara fel).

Eftersom jag vill visa att integralen divergerar så försöker jag hitta en mindre integral som också divergerar, som vi diskuterade i din andra tråd.

För att hitta en mindre integrand så kan vi hitta en integrand med en mindre täljare och en större nämnare, är du med på det? Vi inser att $0\leq\sin^2(x) \leq 1$ och är alltså en positiv term i din integrand, så för att göra täljaren mindre så stryker vi alltså den termen. På samma sätt så vet vi att (eftersom $x\in\left(\pi,+\infty\right)$, varför?) nämnaren $x^5-1>0$ så att $x^5>x^5-1>0$. Därför är integralen med integranden $\dfrac{x^4}{x^5}$ mindre än integralen med integranden $\dfrac{x^4+\sin^2(x)}{x^5-1}$.

Kommer du vidare?

Mjausa skrev:

Smutstvätt skrev:

Visa föregående citat

Mjausa skrev:

Smutstvätt skrev:

Men det gör den inte? ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent. :)

Intressant, för jag satte in den i flera olika matteappar för att se ifall jag tänkte rätt och de sa rätt tydligt att det inte är konvergent. Antingen är mina matteappar inte tillräckligt smarta eller så är det något annat som jag missförstått i uppgiften. 

Ser nu att du skrev att efter jag delat upp integralen att den sista delen är konvergent. Om den är konvergent, ger det mig någonting i resonemanget för hela integralen?

Ja. Om vi vet att en integral är konvergent, och en är divergent, kommer deras summa att vara divergent. 

Det gäller oftast för två divergenta integraler också, men där gäller det att vara försiktig. Exempel: Vi vet att integralen av noll är konvergent (noll), och vi vet att $\frac{1}{x}-\frac{1}{x}=0$, men om vi undersöker en integral av detta uttryck: 

${\int }_2^{\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\right)dx$

genom att dela upp faktorerna, får vi att ${\int }_2^{\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\right)dx={\int }_2^{\infty }\frac{1}{x}dx+{\int }_2^{\infty }-\frac{1}{x}dx$, vilka är två divergenta integraler. 

Vi kan därför inte direkt säga att två divergenta integraler summerar till en divergent integral. 

Detta var väldigt intressant, jag förstår principen i det, jag kan ha hört/sett det tidigare men är osäker. Jag har ingenting från föreläsningsanteckningar om detta dock.

Intressefråga: om vi har två konvergenta integraler, kommer summan av de också vara konvergent? 

Utmärkt fråga! Min spontana känsla är ja, men jag är inte säker. Jag tänker att det borde vara omöjligt att lägga ihop två ändliga värden och få ett oändligt värde, men förhoppningsvis kommer någon annan här i tråden med ett bra bevis för eller emot. :)

Så om jag nu visar att ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ är konvergent (vilket jag inte är helt hundra på hur jag ska göra, men kan nog lista ut det på något sätt)

Tänk på att ${\sin }^2\left(x\right)\in [0,1]$. :)

så måste jag visa att ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{x^4}{x^5-1}dx$ är divergent, eller hur? 

Ja, det stämmer. :)

Summan av två konvergenta integraler är ett ändligt värde.

Enklast är ju att dela upp den som du har gjort:

$$\begin{gathered} I ={\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{x^4}{x^5-1} \left(I_1\right)+{\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^5-1}\left(I_2\right) \\ {\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{x^4}{x^5-1} >{\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{x^4}{x^5}={\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{1}{x} (denna är divergent ty p = 1) \\ {I}_1 divergerar alltså. Således divergerar hela integral I \end{gathered}$$

Du frågar om hur du kan visa hur ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^5-1}$ konvergerar. Det kan du göra såhär:

Vi vet att ${\sin }^{2}x \in [0, 1]$ vilket ger oss detta: $$\begin{gathered} I ={\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^5-1} <{\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{1}{x^5-1}<{\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{1}{x^4} \\ Denna konvergar och eftersom I är mindre än den, \\ så konvergerar den också \end{gathered}$$

beerger skrev:

Du frågar om hur du kan visa hur ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^5-1}$ konvergerar. Det kan du göra såhär:

Vi vet att ${\sin }^{2}x \in [0, 1]$ vilket ger oss detta: $$\begin{gathered} I ={\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^5-1} <{\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{1}{x^5-1}<{\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{1}{x^4} \\ Denna konvergar och eftersom I är mindre än den, \\ så konvergerar den också \end{gathered}$$

Ah! Tack för förklaringen kring detta med om man lägger ihop två olika integraler. 

Moffen skrev:

Jag skulle argumentera att för stora $x$ så beter sig din integrand $\dfrac{x^4+\sin^2(x)}{x^5-1}\approx\dfrac{x^4}{x^5}=\dfrac{1}{x}$ vars integral vi vet divergerar (över $\left(\pi,+\infty\right)$). Så jag skulle först försöka visa att integralen divergerar (men detta är ju bara en motivering, och skulle kunna vara fel).

Kan man argumentera på detta sätt för stora x pga att -1 i nämnare (och 0 eller 1 som blir av $0\le {\sin }^2\left(x\right)\le 1$) blir så obetydligt litet i jämförelse med de stora x som finns i $x^4$ och $x^5$?

Men man bör väl använda sig av det som jag citerar nedan med tanke på att detta är ett antagande för stora x, och alla x är ju faktiskt inte stora på intervallet $x\in \left(\mathrm{\pi }, +\infty \right)$. 

För att hitta en mindre integrand så kan vi hitta en integrand med en mindre täljare och en större nämnare, är du med på det? Vi inser att $0\leq\sin^2(x) \leq 1$ och är alltså en positiv term i din integrand, så för att göra täljaren mindre så stryker vi alltså den termen. På samma sätt så vet vi att (eftersom $x\in\left(\pi,+\infty\right)$, varför?) nämnaren $x^5-1>0$ så att $x^5>x^5-1>0$. Därför är integralen med integranden $\dfrac{x^4}{x^5}$ mindre än integralen med integranden $\dfrac{x^4+\sin^2(x)}{x^5-1}$.

Så av detta kan man använda ursprungliga integranden som det större värdet i jämförelsekriterium och $\frac{x^4}{x^5}$ som det mindre värdet? Och detta stämmer ju såklart eftersom du precis visade just det med olikheterna i citatet ovan. 

Och för att komma vidare härifrån då. Jo, men då borde det vara rätt rakt fram att visa:
(om vi ansätter) $f\left(x\right)=\frac{x^4}{x^5}$ och $g\left(x\right)=\frac{x^4+{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}$.

Så har vi att $0\le f\left(x\right)\le g\left(x\right)$ och då gäller jämförelsekriterium. Och eftersom vi vet att $\frac{x^4}{x^5}=\frac{1}{x}$ (som ger integralen ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{1}{x}dx$) är divergent på intervallet $x\in \left(\mathrm{\pi },+\infty \right)$ (eftersom p=1) så måste också den större integralen ${\int }_{\mathrm{\pi }}^{\infty }\frac{x^4+{\sin }^2\left(x\right)}{x^5-1}dx$ också vara divergent!

Och där borde vi rimligtvis vara i mål? Min hjärna tycker att argumentet ser rimligt och korrekt ut åtminstone! 

Ja det ser väl bra ut. Precis, $-1$ i nämnaren blir försumbar vid väldigt stora $x$, samma för $\sin^2(x)$ i täljaren.

Men man bör väl använda sig av det som jag citerar nedan med tanke på att detta är ett antagande för stora x, och alla x är ju faktiskt inte stora på intervallet $x\in\left(\pi, +\infty\right)$.

Vad menar du?

I det här fallet är det enda som kan få din integral att möjligen divergera division med noll (att vi skulle närma oss $x=1$) eller att vi integrerar "mot oändligheten". Är du med på att om $f\left(x\right)<>$ för något $M\in\mathbb{R}$ så gäller att integralen $\displaystyle \int_a^b f\left(x\right)dx<>$ för alla $a,b \in\mathbb{R}$? Vi har inga divergensproblem om allting är ändligt, oavsett hur stort det än är. Du skulle kunna dela upp din integral om du vill med vad du anser vara "små $x$" och en med "stora $x$". Dvs.

$\displaystyle \int_{\pi}^{\infty}f\left(x\right)dx = \int_{\pi}^{N}f\left(x\right)dx + \int_{N}^{\infty}f\left(x\right)dx$ för något, enligt dig, stort nog $N$. Du vet att den första integralen är konvergent (eftersom allting är ändligt och vi har inga problem med division med noll) så det enda problemet kan vara den andra integralen.

EDIT: Det ska förstås vara $\vert f\left(x\right)\vert <>$ med absolutbelopp.

Moffen skrev:

Ja det ser väl bra ut. Precis, $-1$ i nämnaren blir försumbar vid väldigt stora $x$, samma för $\sin^2(x)$ i täljaren.

Men man bör väl använda sig av det som jag citerar nedan med tanke på att detta är ett antagande för stora x, och alla x är ju faktiskt inte stora på intervallet $x\in\left(\pi, +\infty\right)$.

Vad menar du?

I det här fallet är det enda som kan få din integral att möjligen divergera division med noll (att vi skulle närma oss $x=1$) eller att vi integrerar "mot oändligheten". Är du med på att om $f\left(x\right)<>$ för något $M\in\mathbb{R}$ så gäller att integralen $\displaystyle \int_a^b f\left(x\right)dx<>$ för alla $a,b \in\mathbb{R}$? Vi har inga divergensproblem om allting är ändligt, oavsett hur stort det än är. Du skulle kunna dela upp din integral om du vill med vad du anser vara "små $x$" och en med "stora $x$". Dvs.

$\displaystyle \int_{\pi}^{\infty}f\left(x\right)dx = \int_{\pi}^{N}f\left(x\right)dx + \int_{N}^{\infty}f\left(x\right)dx$ för något, enligt dig, stort nog $N$. Du vet att den första integralen är konvergent (eftersom allting är ändligt och vi har inga problem med division med noll) så det enda problemet kan vara den andra integralen.

Aha, jag tror jag är med på svängarna.

Om man nu delar upp integralerna för små x och för stora x så gäller ju det som Smutstvätt förklarade ovan, för integralen för "stort nog N" till oändligheten är väl ändå divergent? För det var ju det vi grundade resonemanget på? Och som Smutstvätt förklarade: 

Om vi vet att en integral är konvergent, och en är divergent, kommer deras summa att vara divergent.

så borde ju det egentligen inte vara ett problem?
Jag kan ju såklart ha missuppfattat något kring detta, men det låter väl ändå rimligt?

Men man bör väl använda sig av det som jag citerar nedan med tanke på att detta är ett antagande för stora x, och alla x är ju faktiskt inte stora på intervallet $x\in\left(\pi, +\infty\right)$.

Jag vet inte riktigt själv vad jag menade med det där med stora och små x, eftersom man borde kunna betrakta integralen som en summa och då kommer ju antalet "små x" bli försumbart få eftersom summan fortsätter upp till oändligheten. Så då blir det ju att det enbart gäller för alla stora x eftersom antalet stora x är fler än antalet små x. På samma sätt som att -1 kunde försummas i nämnaren tänker jag. 
Jag tror mitt uttalande kring det där med små x kan strykas. Trött fredagshjärna.

Då verkar vi nog vara överens (man måste självklart inte dela upp integralen som jag gjorde, det var bara för att övertyga dig om motiveringen varför vi kan försumma $-1$ och sinus termen).

Tack så mycket för all hjälp kring detta! Känns som att jag har betydligt mycket mer kött på benen nu inför liknande uppgifter :)