∫1/(x^3+1)dxの広義積分が収束することを示し値を求めてください。
解答の際にはなぜ収束するかも書いてくれるとありがたいです。御願いします

A 回答 (2件)

積分範囲を0から∞だということにします。



答えは
(2*Pi)/(3*Sqrt[3])
ただし Sqrtは√、Piはπ

計算の為のヒント

分母を
(1 + x)*(1 - x + x^2)
と因数分解できることに注意

収束性の判定
∫1/(x^3+1)dx1/(x^3+1)
は、0から1までは積分可能である。
1から∞までは
|1/(x^3+1)|<= 1/x^3
であり、1/x^3 が1から∞まで積分可能であることから、
1/(x^3+1)は広義積分可能です。
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え~と,積分範囲は?



それから,広義積分の問題を次々質問されていますが,
問題を全部質問しているときりがありません.
前の質問
http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=215247
の hanger さんの回答など指針になるはずですが
(√の中が負になるところをちょっとうっかりされたようですけれど),
試して見られたのでしょうか.
回答に対するレスポンスがないと,読まれているのかどうか回答者にはわかりません.
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∫xe^xsin(x)dx=x(∫xe^xsin(x)dx)-∫1(∫xe^xsin(x)dx)dx

この式変形がわからないのですが。ご教授ください。

Aベストアンサー

>もともとは「∫xe^xsin(x)dxの不定積分を求めよ」という問題で

部分積分法の応用です。

(xe^xsin(x))’=e^xsin(x)+xe^xsin(x)+xe^xcos(x)
より、
xe^xsin(x)=∫e^xsin(x)dx+∫xe^xsin(x)dx+∫xe^xcos(x)dx
同様に、
xe^xcos(x)=∫e^xcos(x)dx+∫xe^xcos(x)dx-∫xe^xsin(x)dx

2式の差をとると、
xe^xsin(x)-xe^xcos(x)=∫e^xsin(x)dx-∫e^xcos(x)dx+2∫xe^xsin(x)dx
より、
∫xe^xsin(x)dx=(xe^xsin(x)-xe^xcos(x)+∫e^xcos(x)dx-∫e^xsin(x)dx)/2

あとは、∫e^xcos(x)dx-∫e^xsin(x)dxが分かればいいですね。

上記と同じ方法で、
(e^xcos(x))’=e^xcos(x)-e^xsin(x)
より、
e^xcos(x)=∫e^xcos(x)dx-∫e^xsin(x)dx
なので、
∫xe^xsin(x)dx=(xe^xsin(x)-xe^xcos(x)+e^xcos(x))/2

(積分定数は省略しています)

>もともとは「∫xe^xsin(x)dxの不定積分を求めよ」という問題で

部分積分法の応用です。

(xe^xsin(x))’=e^xsin(x)+xe^xsin(x)+xe^xcos(x)
より、
xe^xsin(x)=∫e^xsin(x)dx+∫xe^xsin(x)dx+∫xe^xcos(x)dx
同様に、
xe^xcos(x)=∫e^xcos(x)dx+∫xe^xcos(x)dx-∫xe^xsin(x)dx

2式の差をとると、
xe^xsin(x)-xe^xcos(x)=∫e^xsin(x)dx-∫e^xcos(x)dx+2∫xe^xsin(x)dx
より、
∫xe^xsin(x)dx=(xe^xsin(x)-xe^xcos(x)+∫e^xcos(x)dx-∫e^xsin(x)dx)/2

あとは、∫e^xcos(x)dx-∫e^xsin(x)dxが分かればいいですね。

上記と同じ方...続きを読む

Q∫[x=0~∞]logx/(1+x^2)の広義積分が収束することを確か

∫[x=0~∞]logx/(1+x^2)の広義積分が収束することを確かめよ

という問題がわかりません。

判定法定理とロピタルの定理よりx^1.5logx/(1+x^2)がx=∞で有界であることを示せました。

ですが、x=0のときどうやってもx^λlogx/(1+x^2) (λ<1)が有界であることを示せません。

僕の予想ではλ=0.5となると思うんですがロピタルを使っても有界になりません。

なおこの広義積分は必ず収束します。

誰か教えてください。

おねがいします。

Aベストアンサー

f(x)=(logx)/(1+x^2)
y=logx
x=e^y
dy/dx=1/x=1/e^y
g(y)=y/(e^{-y}+e^y)
∫f(x)dx=∫g(y)dy
a_n=∫[1~n]f(x)dx
∀ε>0に対して、
∃n0>e^{4/ε}
m>n>n0
n<x<m
S=logn<y<R=logm
|a_m-a_n|
=|∫[n~m]f(x)dx|
=|∫[S~R]g(y)dy|≦|∫[S~R](y/e^y)dy|=|(1+S)/e^S-(1+R)/e^R|≦4/S<ε

∫[1~∞]f(x)dxは収束する

∀ε>0に対して、
∃K>0(L>K→|∫[1~L]f(x)dx-∫[1~∞]f(x)dx|<ε)
0<δ<1/K
y=1/x
x=1/y
dy/dx=-1/x^2=-y^2
0<δ<x<1
1<y<1/δ

∫[δ~1]f(x)dx=-∫[1~1/δ]f(y)dy

|∫[δ~1]f(x)dx+∫[1~∞]f(x)dx|
=|-∫[1~1/δ]f(y)dy+∫[1~∞]f(x)dx|<ε

lim_{c→+0}∫[c~1]f(x)dx=-∫[1~∞]f(x)dx

∫[+0~∞]f(x)dx=0

f(x)=(logx)/(1+x^2)
y=logx
x=e^y
dy/dx=1/x=1/e^y
g(y)=y/(e^{-y}+e^y)
∫f(x)dx=∫g(y)dy
a_n=∫[1~n]f(x)dx
∀ε>0に対して、
∃n0>e^{4/ε}
m>n>n0
n<x<m
S=logn<y<R=logm
|a_m-a_n|
=|∫[n~m]f(x)dx|
=|∫[S~R]g(y)dy|≦|∫[S~R](y/e^y)dy|=|(1+S)/e^S-(1+R)/e^R|≦4/S<ε

∫[1~∞]f(x)dxは収束する

∀ε>0に対して、
∃K>0(L>K→|∫[1~L]f(x)dx-∫[1~∞]f(x)dx|<ε)
0<δ<1/K
y=1/x
x=1/y
dy/dx=-1/x^2=-y^2
0<δ<x<1
1<y<1/δ

∫[δ~1]f(x)dx=-∫[1~1/δ]f(y)dy

|∫[δ~1]f(x)dx+∫[1~∞]f(x)dx|
=|-∫[1~1/δ]f(y)dy+∫[1...続きを読む

Q積分です!∫(2x^2e^-x^2)dx

∫(2x^2e^-x^2)dxの積分が分かりません。
ガウス関数の積分を使うんでしょうか?

分からないので、計算方法も教えていただけると嬉しいです!

Aベストアンサー

#2のものです。
>最初のxが三乗でした!
>2x^3*e^(-x^2)

これなら簡単。不定積分も計算可能。
t=x^2として置換積分しましょう。
dt=2xdx
であるため
∫x^3*e^(-x^2)dx=∫(1/2)x^2*e^(-x^2)*2xdx=∫(1/2)t*e^(-t)dt
となります。これは部分積分できると思います。
最後にt=x^2でおきかえることをお忘れなく。

Q積分 ∫[(x^2-1)/{x(x^2+1)}]dx の積分の仕方をご

積分 ∫[(x^2-1)/{x(x^2+1)}]dx の積分の仕方をご教授ください。
部分分数分解や、あるいは、分子の辻褄合わせと ∫{1/(x^2+1)}dx=arctan(x) との組み合わせを使ってできそうでもあるのですが、元の式の形がわりときれいであるために、もっと手短に解ける方法があるような気がします。

Aベストアンサー

∫{ 1/(x^2+1) }dx = arctan(x) は使わない。
これは、素直に部分分数分解で求めるべき積分である。

積分すると、
∫[ (x^2-1)/{x(x^2+1)} ]dx
= ∫[ 2x/(x^2+1) - 1/x ]dx
= ln(x^2+1) - ln|x| + C
(C は積分定数)となる。

Q∫(x^3+x^2-4x)/(x^2-4)dxの積分が解けません。

∫(x^3+x^2-4x)/(x^2-4)dxの積分が解けません。

一見簡単に見えたのですが、私には難しかったようです。

∫(x^3+x^2-4x)/{(x+2)(x-2)}dxから
x^3+x^2-4xの因数分解を考えたのですが、
x(x^2+x-4)として、x^2+x-4を考えると、単純に因数分解できそうにありません。

強引に(Ax^2+Bx)/(x+2)+(Cx^2+Dx)/(x+2)
と部分分数分解もしましたが、行き詰りました。

お知恵を拝借願います。

Aベストアンサー

もう一歩です。
何とか (Ax^2+Bx)/(x+2)+(Cx^2+Dx)/(x+2) と分解できたのなら、
(Ax^2+Bx)÷(x+2) と (Cx^2+Dx)÷(x+2) の余り付き除算を行って、
仮分数を帯分数になおせば、部分分数分解が完成します。

x -1 -1/(x+2) +1/(x-2) の積分は、
∫(1/x)dx を知っていれば、できますね。


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