Upload
others
View
13
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
βFara abateri de la norma progresul nu este posibil.β
Frank Zappa
1Integrale generalizate
Radiatia corpului negru
Orice obiect cu o temperatura mai mare decat zero absolut (adica 0 βK sauβ273 βC) emite radiatie electromagnetica aproximativ pe toate lungimile deunda. Aceasta rezulta din mica miscare aleatoare a particulelor, atomilor simoleculelor din obiect, care poate fi descrisa ca energie termala. Aceasta radi-atie poarta numele de radiatie termica. Cantitatea de radiatie emisa pe fiecarelugime de unda depinde doar de temperatura obiectului, nu si de compozitiachimica sau structura interna a obiectului. Exemple de radiatie termica suntradiatia infrarosu sau radiatia de fond a Universului. In acelasi timp, oriceobiect absoarbe radiatie electromagnetica intr-o anumita masura.
1
Corpul absolut negru este acel obiect, ideal, care absoarbe toata radiatia elec-tromagnetica venita in contact cu suprafata sa, indiferent de lungimea de unda aacesteia. Puterea de absorbtie a undelor electromagnetice este maxima Δ±n cazulacestui corp pentru toate frecventele undelor electromagnetice incidente. Esteun absorbant perfect de radiatie electromagnetica. Chiar daca aceste corpurinu reflecta unde electromagnetice, ele pot sa emita astfel de unde. Radiatia ter-mica a unui corp negru poarta numele de radiatie a corpului negru (black-bodyradiation). Gaurile negre sunt considerate a fi corpuri negre aproape perfecte.Radiatia presupusa a fi emisa de acestea poarta numele de radiatie Hawking.
Cu toate ca planetele sau stelele nu sunt corpuri negre perfecte si nici inechilibru termic perfect cu mediul ambiant, se considera ca radiatia corpuluinegru este o prima aproximare a energiei pe care o emit.
S-a constatat ca exista o relatie intre culoarea (frecventa, daca iesim dinzona vizibila a spectrului) energiei radiate si temperatura corpului negru. Dacase reprezinta grafic distributia energiei radiate de un corp negru la diverse tem-peraturi, in functie de frecventa undelor electromagnetice radiate, se obtine unrezultat similar celui de mai jos. Zona de intensitate maxima se deplaseaza sprelungimi de unda mai mici pe masura ce temperatura creste.
Stelele se comporta si ele, din anumite puncte de vedere, ca si un corp negrusi astfel se poate explica de ce stelele pot avea diferite culori. Stelele rosii suntmai reci, ele emit cea mai mare parte a radiatiei in lungimi de unda rosii. Ostea mai fierbinte, precum Soarele, emite cea mai mare parte a radiatiei inzona galben/verde a spectrului. Nu vedem stele verzi (decat in sensul figurat alexpresiei) pentru ca aceste stele emit si multa radiatie in zona rosie si albastraa spectrului. Prin urmare, ochiul uman combina aceste culori si le percem cafiind albe. Stelele cele mai fierbinti emit cea mai mare parte a radiatiei in zonaalbastru, ultraviolet sau chiar a razelor-X sau gamma. Ochiul nostru le percepeca fiind albastre.
Corpurile mai reci, cum ar fi corpuluman, emit cea mai mare parte a radi-atiei termice in infrarosu. Stim ca pen-tru a percepe caldura emisa de corpuluman trebuie sa trecem la o vizualizarein infrarosu. Cele si mai reci pot emitemicrounde sau unde radio.
2
Radianta suprafetei corpului negru este energia radiatiei termice emisa peunitatea de suprafata si de lungime de unda. Radianta spectrala (emisivitateaspectrala) este definita ca radianta pe unitate de frecventa. Legea lui Planckeste o formula pentru radianta spectrala π΅ a unui corp in functie de frecventaπ si temperatura absoluta π
π΅π(π ) =2βπ3
π21
πβπ/(ππ ) β 1
undeβ = constanta Plack = 6.63 Γ 10β34π½π π = viteza luminii β 3 Γ 10β8ππ β1
π = constanta Boltzman = 1.38 Γ 10β23π½πΎβ1
Radianta spectrala totala (emisivitatea totala) este data de integrala gener-alizata
π΅(π ) =
β« β
0
π΅π(π ) ππ =2β
π2
β« β
0
π3
πβπ/(ππ ) β 1ππ
care dupa o schimbare de variabila π₯ = βπ/ππ se transforma in
π΅(π ) =2β
π2π4
β4π 4
β« β
0
π₯3
ππ₯ β 1ππ₯
si aici intervine haosul, intrucat ultima integrala nu poate fi evaluata prinmetode elementare. Valoarea sa esteβ« β
0
π₯3
ππ₯ β 1ππ₯ = 6 Β· π(4)
exprimata folosind probabil cea mai celebra functie a matematicii, functia zeta(π) a lui Riemann.
Inainte ca Planck sa propuna modelul sau de estimare a radiantei spectrale,vechiul model Rayleigh-Jeans presupunea faptul ca
π΅π(π ) =2π2ππ
π2
care conduce la o radianta spectrala totala
π΅(π ) =
β« β
0
2π2ππ
π2ππ = lim
π₯ββ
2π3ππ
3π2
π₯0
= β
Modelul sau era bun pentru frecvente (π) mici dar nu si pentru frecvente mari(corpuri negre) si a condus la emiterea ipotezei catastrofei ultraviolete. Conformacestei ipoteze corpurile negre urmau sa emita o energie tot mai mare pe masurace freventa crestea, ceea ce s-a dovedit a fi absurd.
La temperaturi de peste 10 milioane grade K sau sub actiunea unor puter-nice campuri magnetice, relatiile descrise de Planck nu mai descriu cu acurateterealitatea. Astfel de medii pot aparea spre exemplu in coroana solara, in steleleneutronice sau in ramasitele unei supernove. In aceste medii particulele incar-cate electric, cum ar fi electronii, pot fi accelerate la viteze extrem de mari, foarteapropiate de viteza luminii. Cantitatea de radiatie emisa pe fiecare lungime deunda va depinde nu doar de temperatura ci si de viteza sau alte proprietati aleparticulelor.
3
Integrale improprii (generalizate)
=β folosind integrala Riemann putem integra functii continue pe intervalemarginite.=β in practica suntem nevoiti uneori sa extindem notiunea de integrala pentru
a putea manevra functii nemarginite sau intervale de integrare nemarginite.
Functii cu blow-up
Sa consideram functia
π(π₯) =1β
1 β π₯, 0 β€ π₯ < 1.
Evident are loc limπ₯β1π₯<1
π(π₯) = β.
Putem calcula aria hasurata aflata sub grafic, cu toate ca functia crestenecontrolat cand se apropie de capatul din dreapta a intervalului ?
Dupa cum vedeti pe desen, graficul functiei nu va atinge niciodata margineadin dreapta iar intre margine si grafic se va forma o suprafata nemarginita indirectia ππ¦.
Strategie: Aflam aria suprafetei situata sub grafic dar marginita in dreaptade o bariera π½ < 1:
Aria =
β« π½
0
1β1 β π₯
ππ₯ = β2β
1 β π₯
π½
0
= β2β
1 β π½ + 2
Interpretam aria hasurata ca fiind limita ariilor marginite la dreapta
Aria hasurata =
β« 1
0
1β1 β π₯
ππ₯ := limπ½β1π½<1
β« π½
0
1β1 β π₯
ππ₯ = 2
4
Sa consideram functia
π(π₯) =1
π₯2, 1 β€ π₯.
Putem afla aria suprafetei hasurate, de sub grafic, chiar daca intervalulde integrare necesar este nemarginit ?
Vom folosi aceeasi abordare. Integram pana la o margine superioara π½ > 1
β« π½
1
1
π₯2ππ₯ = β 1
π₯
π½
1
= β 1
π½+ 1
si ne imaginam aria suprafetei hasurate ca fiind limita unor astfel de ariiβ« β
1
1
π₯2ππ₯ := lim
π½ββ
β« π½
1
1
π₯2ππ₯ = 1.
Intervale nemarginite
Integrala generalizata (improprie) de tip I
Fie ββ < π < π β€ β si π : [π, π) β R continua. Functia π se numesteintegrabila generalizat pe [π, π), atunci cand urmatoarea limita exista sieste finita
limπ½βππ½<π
β« π½
π
π(π₯)ππ₯ =
β« π
π
π(π₯)ππ₯
Analog este tratat cazul ββ β€ π < π < β
limπΌβππΌ>π
β« π
πΌ
π(π₯)ππ₯ =
β« π
π
π(π₯)ππ₯
β uneori se noteaza
β« πβ
π
π(π₯)ππ₯ sau
β« π
π+
π(π₯)ππ₯ integrala generalizata si
spunem ca integrala este convergenta atunci cand exista si este finita.β in matematica, atunci cand o variabila π₯ pozitiva poate lua valori foarte
mari obisnuim sa alegem π₯ β [0,β) pentru a evita discutiile despre valoareamaxima atinsa de π₯.
5
Probleme de trafic
Sa presupunem ca intr-o intersectie aglomerata accidentele rutiere apar cu orata de incidenta de unul la fiecare 2 luni. Dupa ce rezidentii au facut plangeriprimariei, aceasta a decis sa faca modificari sistemului de semaforizare din re-spectiva intersectie. In momentul de fata s-au scurs deja 8 luni de la ultimulaccident. Intrebarea naturala este:
Sunt eficiente modificarile facute sau faptul ca nu s-a inregistrat niciun ac-cident este pur si simplu din noroc ?
Astfel de probleme vor fi studiate pe parcursul acestui semestru, in cadrulseminariilor despre probabilitati si statistica. Pentru timpul π‘ scurs intre douaaparitii ale unui eveniment, despre care avem informatii cum ar fi rata π deaparitie intr-o unitate de timp, probabilitatile se estimeaza cu o formula detipul
π (π β€ π‘ β€ π) =
β« π
π
π(π‘) ππ‘
unde integrandul este functia
π(π‘) =
{ππβππ‘, π‘ β₯ 0
0, π‘ < 0
O astfel de probabilitate se interpreteza ca fiind probabilitatea ca timpulscurs, intre doua aparitii consecutive, sa fie intre π si π unitati de timp. In cazulde fata π = 1/2, daca vom considera unitatea de timp fiind de o luna. Este destulde usor de observat ca daca am avea aceasi rata de aparitie a accidentelor, sidupa modificarile facute, atunci este estimat sa avem in medie aproximativ 8/2accidente in 8 luni. Pentru a decide daca a fost vorba de noroc sau nu, trebuiesa calculam probabilitatea de a nu inregistra niciun accident in primele 8 luni,adica
π (π‘ β₯ 8) =
β« β
8
1
2πβ
π‘2 ππ‘ = lim
π½ββ
(βπβ
π½2 + πβ
82
)= πβ4 β 1.8 %
Prin urmare, probabilitatea de realizare a unui astfel de eveniment este suficientde mica pentru ca evenimentul sa nu fie luat in calcul. Putem trage concluzia ca,cel mai probabil, modificarile facute sistemului de semaforizare sunt eficiente.
6
Integrala Planck, prezentata in introducerea fisei
πΌ =
β« β
0
π₯3
ππ₯ β 1ππ₯
este o integrala improprie convergenta la valoareaπ4
15, insa acest rezultat
nu poate fi obtinut cu metode elementare. Valoarea exacta a integraleipoate fi aproximata cu ajutorul softurilor matematice prin intermediulmetodelor numerice de integrare. Acelasi fenomen apare si in cazul func-tiilor Euler Ξ si π½, care vor fi studiate in seminarul viitor.
Remarca
Pentru functia π : R β R, π(π₯) = π₯3, se poate construi o integrala culimite simetrice β« πΌ
βπΌ
π₯3ππ₯ =π₯4
4
πΌβπΌ
= 0
Iar apoi daca trecem la limita obtinem
limπΌββ
β« πΌ
βπΌ
π₯3ππ₯ = 0.
In aceasta situatie, nu are sens sa asociem valoarea gasita unei arii. Maimult de atat integralele care ar trebui sa masoare ariile suprafetelor dintreaxa OX si graficul lui π si anume
0β«ββ
π₯3ππ₯ = limπΌββ
β« 0
βπΌ
π₯3ππ₯ = +β
siββ«0
π₯3ππ₯ = limπ ββ
β« π
0
π₯3ππ₯ = +β
nu exista.
Tocmai cand credeai ca ai inteles
7
Integrala generalizata de tip II
Fie ββ β€ π < π β€ β si π : (π, π) β R continua. Functia se numesteintegrabila generalizat pe (π, π), atunci cand pentru un π β (π, π) exista sisunt finite integralele improprii:β« π
π
π(π₯)ππ₯ = limπΌβππΌ>π
β« π
πΌ
π(π₯)ππ₯
si β« π
π
π(π₯)ππ₯ = limπ½βππ½<π
β« π½
π
π(π₯)ππ₯.
Vom defini β« π
π
π(π₯)ππ₯ :=
β« π
π
π(π₯)ππ₯ +
β« π
π
π(π₯)ππ₯.
Se poate observa ca valoarea
β« π
π
π(π₯)ππ₯ nu depinde de alegerea lui π.
Ipoteza de continuitate a lui π poate fi inlocuita cu integrabilitatea Rie-mann pe fiecare subinterval compact al lui (π, π), in ambele definitii aleintegralelor generalizate.
Remarca
Fie π > 0 si π, π > 0, atunci
β« β
π
1
π₯πππ₯ =
{convergenta, daca π > 1
divergenta, daca π β (0, 1]
si
β« π
0
1
π₯πππ₯ =
{convergenta, daca π < 1
divergenta, daca π β₯ 1
Mai mult de atat avem
β« π
π
1
(πβ π₯)πππ₯ =
{convergenta, daca π < 1
divergenta, daca π β₯ 1
Exemple fundamentale
8
si un rezultat similar
β« π
π
1
(π₯β π)πππ₯ =
{convergenta, daca π < 1
divergenta, daca π β₯ 1
In final, π > 0
β« β
π
ππ₯ ππ₯ =
{convergenta, daca π < 1
divergenta, daca π β₯ 1
Analoaga integralei generalizate este si urmatoarea notiune.
Valoarea principala Cauchy
Fie ββ β€ π < π β€ β si π β (π, π) un numar real astfel inca functiaπ : (π, π) βͺ (π, π) β R sa fie integrabila Riemann pe orice subintervalcompact al domeniului de definitie. Daca exista limita
π.π£.
β« π
π
π(π₯)ππ₯ := limπβ0π>0
(β« πβπ
π
π(π₯)ππ₯ +
β« π
π+π
π(π₯)ππ₯
)
vom numi π.π£.
β« π
π
π(π₯)ππ₯ valoare principala Cauchy.
Fie π : R β R o functie continua, atunci numim de asemenea valoareprincipala Cauchy limita (daca exista)
π.π£.
β« β
ββπ(π₯)ππ₯ := lim
π ββ
β« π
βπ
π(π₯)ππ₯
Daca integrala exista in sens generalizat atunci ea exista si in sensul val-orii principale Cauchy si cele doua valori coincid. In schimb existentaintegralei in sensul valorii principale Cauchy nu implica existenta in sen-sul generalizat. Asadar valoarea principala Cauchy este utila atunci candfunctia nu este integrabila generalizat!
Spre exemplu, functia π(π₯) = 1π₯β1 este discontinua in π₯ = 1. Integrala
generalizata
β« 3
0
ππ₯
π₯β 1este divergenta, pentru ca
Cand integrala generalizata aspira la nemurire
9
β« 3
0
ππ₯
π₯β 1=
β« 1
0
ππ₯
π₯β 1+
β« 3
1
ππ₯
π₯β 1= lim
π½β1π½<1
β« π½
0
ππ₯
π₯β 1+ lim
πΌβ1πΌ>1
β« 3
πΌ
ππ₯
π₯β 1
= limπ½β1π½<1
ln |π₯β 1|π½0
+ limπΌβ1πΌ>1
ln |π₯β 1|3πΌ
= β + ln 2 ββ
Niciuna dintre subintegrale nu exista ! In schimb exista valoarea prin-cipala Cauchy
π.π£.
β« 3
0
ππ₯
π₯β 1= lim
πβ0π>0
(β« 1βπ
0
ππ₯
π₯β 1+
β« 3
1+π
ππ₯
π₯β 1
)= lim
πβ0π>0
(ln π + ln 2 β ln π) = ln 2.
Criteriile de convergenta ale integralelor generalizate vor semana foarte multcu cele corespunzatoare seriilor numerice.
Criteriul comparatiei
Fie π, π β R cu π < π si π : (π, π) β R continua. Exista un π0 β (π, π) sifunctiile π1 : (π, π0] β (0,β) si π2 : [π0, π) β (0,β), astfel ca
i)
β« π0
π
π1(π₯)ππ₯,
β« π
π0
π2(π₯)ππ₯ sunt convergente
ii) |π(π₯)| β€ π1(π₯) pe [π, π0] iar |π(π₯)| β€ π2(π₯) pe [π0, π]
Atunci functia π este integrabila generalizat pe (π, π).
β functiile π1 si π2 se numesc majoranti ai lui πβ acelasi criteriu se poate utiliza pentru integralele generalizate de tip I.
Cand π(π₯) β₯ π(π₯) β₯ 0 si integrala
β« π
π
π(π₯)ππ₯ este divergenta, atunci si
integrala
β« π
π
π(π₯)ππ₯ va fi divergenta.
Observatie utila
Integrala
β« β
1
cosπ₯
π₯2este convergenta deoarece
cosπ₯
π₯2
β€ 1
π₯2iar integralaβ« β
1
1
π₯2ππ₯ este convergenta. In schimb integrala
β« 1
0
ππ₯
π₯ππ₯ este divergenta,
Sa vedem criteriul la lucru
10
deoareceππ₯
π₯β₯ 1
π₯si integrala improprie
β« 1
0
1
π₯ππ₯ e divergenta.
Mult mai practica este urmatoarea propozitie.
Criteriul limitei
Fie ββ < π < π β€ β. Daca functiile π, π : [π, π) sunt continue si existalimita
πΏ = limπ₯βππ₯<π
π(π₯)
π(π₯)
atunci
i) Pentru πΏ β (0,β), integrala
β« π
π
|π(π₯)|ππ₯ converge daca si numai
daca
β« π
π
|π(π₯)|ππ₯ converge.
ii) Daca πΏ = 0 si
β« π
π
π(π₯)ππ₯ este absolut convergenta, atunciβ« π
π
π(π₯)ππ₯ este absolut convergenta.
ii) Daca πΏ = β si
β« π
π
|π(π₯)|ππ₯ este divergenta, atunci
β« π
π
|π(π₯)|ππ₯ este
divergenta.
=β cand stim ca π(π₯) β₯ 0 si π(π₯) > 0 subpunctul al doilea devine
ii) Daca πΏ = 0 si
β« π
π
π(π₯)ππ₯ este convergenta, atunci
β« π
π
π(π₯)ππ₯ este conver-
genta.
β fie πΌ =
β« β
π
π(π₯)ππ₯, π > 0, π continua si
limπ₯ββ
π₯ππ(π₯) = πΏ
exista si este finita, atunci
β« β
π
π(π₯) ππ₯ =
{convergenta, daca π > 1
divergenta, daca π β (0, 1]
β pentru o integrala π½ =
β« π
π
π(π₯)ππ₯, cu π : [π, π) β R continua si cu
Consecinte practice
11
proprietatea calimπ₯βππ₯<π
(πβ π₯)ππ(π₯) = πΏ
exista si e finita
β« π
π
π(π₯) ππ₯ =
{convergenta, daca π < 1
divergenta, daca π β₯ 1
β analog, pentru πΎ =
β« π
π
π(π₯)ππ₯, unde π : (π, π] β R continua, astfel ca
limπ₯βππ₯>π
(π₯β π)ππ(π₯) = πΏ
exista si e finita
β« π
π
π(π₯) ππ₯ =
{convergenta, daca π < 1
divergenta, daca π β₯ 1
Exista, evident, o relatie intre integralele improprii si seriile numerice
Criteriul integral
Fie π : [π,β) β [0,β) monoton descrescatoare. Atunci seria
ββπ=π
π(π)
este convergenta daca si numai daca integrala improprie
β« β
π
π(π₯)ππ₯ este
convergenta.
Sa consideram seria armonica generalizata
ββπ=1
1
ππ, π > 0
Astfel canditatul natural este functia
π : [1,β) β R, π(π₯) =1
π₯π, π > 0
Exemplu
12
Dar β« β
1
1
π₯πππ₯ =
{convergent, pentru π > 1
divergent, pentru π β (0, 1]
asadar criteriul integral implica
ββπ=1
1
ππ=
{convergenta, pentru π > 1
divergenta, pentru π β (0, 1]
Criteriul lui Dirichlet
Fie π < π β€ β si π : [π, π) β [0,β) continua, astfel ca πΉ (π’) =
β« π’
π
π(π₯)ππ₯
este marginita. Pentru fiecare functie monotona π : [π, π) β R cu propri-
etatea ca limπ₯βππ₯<π
π(π₯) = 0 este integrala
β« π
π
π(π₯)π(π₯)ππ₯ convergenta.
Studiem convergenta integraleiβ« β
0
sinπ₯βπ₯ππ₯
Avem descompunereaβ« β
0
sinπ₯βπ₯ππ₯ =
β« 1
0
sinπ₯βπ₯ππ₯ +
β« β
1
sinπ₯βπ₯ππ₯.
Deoarece limπ₯β0π₯>0
sinπ₯βπ₯
= limπ₯β0π₯>0
sinπ₯
π₯Β·βπ₯ = 1 Β· 0 = 0 va avea functia β(π₯) =
sin π₯βπ₯
o prelungire continua
β(π₯) =
{sin π₯β
π₯, daca π₯ = 0
0, daca π₯ = 0
Deci prima integrala va fi convergenta si
β« 1
0
sinπ₯βπ₯ππ₯ =
β« 1
0
β(π₯)ππ₯.
Pentru a doua integrala notam π(π₯) = sinπ₯ si π(π₯) = 1βπ₯. Functia π
este monoton descrescatoare si limπ₯ββ
π(π₯) = 0.
Pentru a aplica criteriul lui Dirichlet consideram functia
πΉ (π’) =
β« π’
0
π(π₯) =
β« π’
0
sinπ₯ππ₯ = β cosπ’ + cos 1 β [β2, 2]
Exemplu
13
care va fi marginita. Prin urmare conform criteriului lui Dirichlet este a
doua integrala convergenta, deci si
β« β
0
sinπ₯βπ₯ππ₯ va fi convergenta.
Probleme rezolvate
Problema 1
Studiati folosind doar definitia convergenta integraleiβ« 7
β1
13β
1 + π₯ππ₯.
Solutie: Functia π(π₯) =1
3β
1 + π₯este continua in punctul π = β1 si
limπ₯ββ1π₯>β1
π(π₯) = +β. Consideram functia πΉ (π’) =
β« 7
π’
13β
1 + π₯ππ₯ si conform defini-
tiei integralei improprii va trebui sa calculam limita
limπ₯ββ1π₯>β1
πΉ (π’) = limπ₯ββ1π₯>β1
β« 7
π’
13β
1 + π₯ππ₯ = lim
π₯ββ1π₯>β1
3
23β
(1 + π₯)27π’
=3
2lim
π₯ββ1π₯>β1
(3β
64 β 3β
(1 + π’)2) = 6.
Prin urmare, integrala este convergenta siβ« 7
β1
13β
1 + π₯ππ₯ = 6
Problema 2
Sa se studieze convergenta integralelor:
π)
β« β
1
π₯ + 1
π₯4 + 1ππ₯ ππ)
β« 3
β1
π₯2 + 1ββπ₯2 + 2π₯ + 3
ππ₯
Solutie: i) Prima integrala este generalizata pentru ca intervalul este ne-marginit. Se observa ca
limπ₯ββ
π₯3 π₯ + 1
π₯4 + 1= 1.
Pentru a studia convergenta folosim consecintele practice ale Criteriului limitei
pentru π = 3 > 1. Deci
β« β
1
π₯ + 1
π₯4 + 1ππ₯ este convergenta.
ii) Pentru a doua integrala integrandulπ₯2 + 1β
βπ₯2 + 2π₯ + 3devine nemarginit
cand se apropie de punctele π = β1 si π = 3. Alegem un punct intermediar, de
14
exemplu 0, si descompunemβ« 3
β1
π₯2 + 1ββπ₯2 + 2π₯ + 3
ππ₯ =
β« 0
β1
π₯2 + 1ββπ₯2 + 2π₯ + 3
ππ₯ +
β« 3
0
π₯2 + 1ββπ₯2 + 2π₯ + 3
ππ₯
=
β« 0
β1
π₯2 + 1β(π₯ + 1)(3 β π₯)
ππ₯ +
β« 3
0
π₯2 + 1β(π₯ + 1)(3 β π₯)
ππ₯
Consecinta practica a criteriului limitei face din nou toti banii. Intrucat
limπ₯ββ1π₯>β1
(π₯ + 1)12
π₯2 + 1β(π₯ + 1)(3 β π₯)
= 1, π =1
2< 1
si
limπ₯β3π₯<3
(3 β π₯)12
π₯2 + 1β(π₯ + 1)(3 β π₯)
= 5, π =1
2< 1
sunt ambele integrale convergente.
Problema 3
Demonstrati ca integrala
Ξ(π) =
β« β
0
π₯πβ1πβπ₯ππ₯
este convergenta pentru π > 0.
Solutie: Deoarece ambele capete de integrare sunt critice, descompunemintegrala in
Ξ(π) =
β« 1
0
π₯πβ1πβπ₯ππ₯ +
β« β
1
π₯πβ1πβπ₯ππ₯
Pentru prima integrala utilizam pentru comparare functia π(π₯) = π₯πβ1. Stim
ca
β« 1
0
π₯πβ1ππ₯ =
β« 1
0
1
π₯1βπππ₯ este convergenta atunci cand π > 0. Alegand
π(π₯) = π₯πβ1πβπ₯ se obtine
πΏ = limπ₯β0π₯>0
π(π₯)
π(π₯)= lim
π₯β0π₯>0
πβπ₯ = 1
Conform criteriului limitei i) integrala
β« 1
0
π₯πβ1πβπ₯ππ₯ este convergenta cand
π > 0.Pentru a doua integrala utilizam pentru comparare functia π(π₯) = πβ
π₯2 (pen-
tru a compensa cresterea functiei π₯ β π₯πβ1). Prin urmare
πΏ = limπ₯ββ
π(π₯)
π(π₯)= lim
π₯ββ
π₯πβ1πβπ₯
πβπ₯2
= limπ₯ββ
π₯πβ1πβπ₯2 = 0
Din criteriul limitei ii) obtinem convergenta
β« β
1
π₯πβ1πβπ₯ππ₯ pentru toate val-
orile π β R, deoarece
β« β
1
πβπ₯2 ππ₯ este absolut convergenta. In concluzie exista
integrala Ξ(π) atunci cand π > 0.
15
Problema 4
Studiati convergenta si calculati valoarea integralei
πΌ =
β« π2
0
ln(sinπ₯)ππ₯
Solutie: Integrala este improprie deoarece integrandul este o functie ne-marginita
limπ₯β0π₯>0
ln(sinπ₯) = ββ.
Aratam ca integrala este convergenta folosind criteriul limitei. De remar-cat ca avem nevoie de modul, intrucat integrandul este o functie negativa peintervalul [0, π
2 ].
limπ₯β0π₯>0
| ln(sinπ₯)|1βπ₯
explicitare modul= lim
π₯β0π₯>0
β ln(sinπ₯)1βπ₯
LβHopital= lim
π₯β0π₯>0
β cos π₯sin π₯
β 1
2βπ₯3
limπ₯β0π₯>0
2 cosπ₯ Β· π₯
sinπ₯Β·βπ₯ = 0
Asadar integrala
β« π2
0
ln(sinπ₯)ππ₯ este absolut convergenta conform criteriului
limitei ii) =β convergenta.Calculul efectiv al integralei este destul de tehnic si este prezentat mai jos
doar ca exemplu orientativ. In seminariile viitoare vom incerca sa prezentammetode de calcul al valorii integralelor improprii amintind aici asemanarea cucazul seriilor numerice cand suma seriei se aproximeaza in practica prin metodenumerice mai degraba decat folosind metode exacte de calcul.
Pentru inceput este nevoie de o schimbare de variabila π₯ =π
2β π¦ si avem
π₯ =π
2β π¦ =β ππ₯ = βππ¦
deci:
πΌ =
β« 0
π2
ln(cos π¦)(βππ¦) =
β« π2
0
ln(cos π¦)ππ¦,
deoarece sin(π2 β π¦
)= cos π¦
Folosind aceasta informatie putem obtine urmatoarea relatie
2πΌ =
β« π2
0
ln(sinπ₯)ππ₯ +
β« π2
0
ln(cosπ₯)ππ₯ =
β« π2
0
ln(sinπ₯ cosπ₯)ππ₯
=
β« π2
0
ln
(sin 2π₯
2
)ππ₯ =
β« π2
0
ln1
2ππ₯ +
β« π2
0
ln(sin 2π₯)ππ₯
=π
2ln
1
2+
β« π2
0
ln(sin 2π₯)ππ₯.
16
Vom arata acum prin schimbari succesive de variabila ca ultima integrala estede fapt egala cu πΌ. Incepem prin 2π₯ = π¦β« π
2
0
ln(sin 2π₯)ππ₯ =1
2
β« π
0
ln(sinπ₯)ππ₯ =1
2
β« π2
0
ln(sinπ₯)ππ₯ +1
2
β« π
π2
ln(sinπ₯)ππ₯
1
2πΌ +
1
2
β« π
π2
ln(sinπ₯)ππ₯.
O noua schimbare de variabila π¦ = π2 + π₯ va demonstra ca ultima integrala este
si ea egala cu πΌ. In concluzieβ« π2
0
ln(sin 2π₯)ππ₯ =1
2πΌ +
1
2πΌ = πΌ
Revenind la prima relatie de recurenta obtinuta in problema avem
2πΌ =π
2ln
1
2+ πΌ
πΌ =π
2ln
1
2.
Problema 5
Deomstrati ca are loc rezultatul
limπββ
π
(π!)1π
= π.
Solutie: Vom nota π΄π =(ππ
π!
) 1π iar prezenta exponentului sau a factorialului
ne indeamna sa logaritmam expresia
lnπ΄π =1
πln(π
1Β· π
2Β· . . . Β· π
π
)= β 1
π
πβπ=1
lnπ
π
Aceasta ultima expresie ne trimite cu gandul la o suma Riemann. Prinputin trial and error putem gasi ca este vorba de suma Riemann a integraleiβ« 1
0
lnπ₯ ππ₯, asadar
limπββ
lnπ΄π = ββ« 1
0
lnπ₯ ππ₯ = β limπΌβ0+
β« 1
πΌ
lnπ₯ ππ₯.
Evaluam separat integrala improprie obtinutaβ« 1
πΌ
lnπ₯ ππ₯ = π₯ lnπ₯
1πΌ
ββ« 1
πΌ
π₯1
π₯ππ₯ = βπΌ lnπΌβ (1 β πΌ)
prin aplicarea regulii lui lβHospitalβ« 1
0
lnπ₯ ππ₯ = limπΌβ0+
(βπΌ lnπΌβ (1 β πΌ)) = β1+ limπΌβ0+
ln 1πΌ
1πΌ
= β1+ limπΌβ0+
β 1πΌ
β 1πΌ2
= β1
17
In concluzie lnπ΄π β 1 si π΄π β π, atunci cand π β β.
Problema 6
Adevarat sau fals ?
i) Daca π : [π, π] β R este continua dar nu are semn constant, atunciβ« π
π
π(π₯) ππ₯ nu reprezinta aria unei suprafete.
ii) Daca π este continua si
β« β
1
π2(π₯) ππ₯ este convergenta atunci siβ« β
1
π(π₯) ππ₯ este convergenta.
iii) Daca π(π₯) > 0 si π(π₯) < 0 pentru orice π₯ β [1,β) iar limita
limπ₯ββ
π(π₯)
π(π₯)= πΏ < 0
exista, atunci
β« β
1
π(π₯) ππ₯ si
β« β
1
π(π₯) ππ₯ au aceeasi natura.
Solutie: i) Adevarat, insa in continuare putem folosi
β« π
π
π(π₯) ππ₯ pentru a
calcula arii. Daca integrandul π poate lua si valori negative atunci integralaare urmatoarea interpretare: aria suprafetei cuprinsa intre axa ππ₯ si parteanegativa a graficului lui π este scazuta din aria suprafetei cuprinsa intre axa ππ₯si partea pozitiva a graficului.
In reprezentarea grafica de mai sus, π ia valori negative pe intervalul [π, π]iar integrala devineβ« π
π
π(π₯) ππ₯ =
β« π
π
π(π₯) ππ₯ +
β« π
π
π(π₯) ππ₯ +
β« π
π
π(π₯) ππ₯
= Arie suprafata albastra β Arie suprafata galbena
18
Rezultatul se justifica daca tinem cont de definitia partilor pozitive si negativeale unei functii
π+(π₯) =
{π(π₯), daca π(π₯) > 0
0 in restsi πβ(π₯) =
{βπ(π₯), daca π(π₯) < 0
0 in rest
Ambele functii definite mai sus sunt pozitive si avem π(π₯) = π+(π₯)β πβ(π₯).Graficul lui πβ(π₯) este simetrica fata de ππ₯ a bucatii din grafic situata sub axaππ₯.β« π
π
π(π₯) ππ₯ =
β« π
π
π+(π₯)ββ« π
π
πβ(π₯) ππ₯ = Arie supr. albastraβArie supr. galbena
ii) Adevarat, de fapt se poate arata caβ«β1
π(π₯) ππ₯ este absolut convergentacaci β« π
π
π(π₯) ππ₯
2β€β« π
π
π2(π₯) ππ₯, pentru π, π β₯ 1.
iii) Fals. Daca nu se precizeaza ca π sau π ar fi continue, atunci ambeleintegrale pot avea un comportament haotic, intrucat functiile pot avea blow-upin diverse puncte din [1,β).
Spre exemplu π : [1,β) β (0,β) definita prin
π(π₯) =
{1
π₯2β22 , π₯ > 2
1, π₯ β [1, 2]
va avea o discontinuitate de tip blow-up in π₯ = 2.O functie cu valori negative se poate construi analog, spre exemplu functia
π : [1,β) β (ββ, 0) definita prin
π(π₯) = βπ(π₯) =
{β 1
π₯2β22 , π₯ > 2
β1, π₯ β [1, 2]
Evident limita πΏ exista si este β1 iar ambele integrale vor fi divergente. Trans-formand una dintre functii intr-o functie continua, de exemplu
π : [1,β) β (0,β), π(π₯) =1
π₯2
integrala
β« β
1
1
π₯2ππ₯ devine convergenta dar limita πΏ este aceeasi.
19
Probleme propuse
A. Consolidare cunostinte
Problema A.1. Adevarat sau fals ?
i) Daca π este continua pe [0,β) si
β« β
1
π(π₯) ππ₯ este convergenta atunciβ« β
0
π(π₯) ππ₯ este convergenta.
ii) Daca π este continua pe (0,β) si
β« β
1
π(π₯) ππ₯ este convergenta atunciβ« β
0
π(π₯) ππ₯ este convergenta.
iii) Daca π este continua si descrescatoare pe [1,β) si limπ₯ββ
π(π₯) = 0, atunciβ« β
1
π(π₯) ππ₯ este convergenta.
iv) Daca π este continua pe [0,β) si
β« β
0
π(π₯) ππ₯ este convergenta atunci
limπ₯ββ
π(π₯) = 0.
Problema A.2. Reprezentati grafic integrandul fiecarei integrale (puteti folosiacest link ) pe intervalul specificat. Incercati sa intuiti daca integrala impro-prie exista sau nu. Argumentati apoi riguros matematic convergenta/divergentaintegralelor:
i)
β« β
0
sinπ₯
π₯2ππ₯
ii)
β« π2
0
sinπ₯βπ₯ππ₯
iii)
β« β
1
1 + πβπ₯
π₯ππ₯
iv)
β« 1
0
lnπ₯βπ₯ππ₯
Indicatii: folositi ghidul pentru a scrie functiile dorite
Problema A.3. Ce este gresit in calculul de mai jos?β« 1
β1
1
π₯ππ₯ = ln |π₯|
1β1
= ln 1 β ln 1 = 0
20
B. Tehnica de calcul
Problema B.1. Studiati convergenta urmatoarelor integrale improprii:
a)
β« β
0
1 + π₯3β
5 + π₯6ππ₯
b)
β« 1
0,1
ππ₯
π₯15
β11 β π₯2
c)
β« β
2
4π₯3 + 7
2π₯5 + 3π₯ + 9ππ₯
d)
β« 11
5
ππ₯
π₯ 3β
11 β π₯
Problema B.2. Studiati daca urmatoarele integrale sunt divergente. Precizatiapoi pentru fiecare valoarea principala Cauchy.
i)
β« 3
β1
1
π₯3ππ₯.
ii)
β« 2π3
0
tg(π₯)ππ₯
iii)
β« β
ββ
1
π₯2 + 1ππ₯
iv)
β« β
ββπ₯ππ₯
Problema B.3. Studiati convergenta seriilor
π1 =
ββπ=1
π
ππ, π2 =
ββπ=2
1
π ln π, π3 =
ββπ=2
1
π(ln π)1+πΌ, πΌ β R.
Indicatie: Β· folositi integrale generalizate
Problema B.4. Este integralaβ« β
π
πβπ₯ sinπ₯
π₯2ππ₯, π > 0.
convergenta ? De ce ?
Problema B.5. Studiati convergenta integralelor, in functie de valoarea parametrilor.
i)
β« β
0
1
π₯π + π₯1π
ππ₯, π β R*
21
ii)
β« β
0
π₯π½
1 + π₯πΌππ₯, πΌ, π½ β R.
Problema B.6. Fie functia π : R β R definita prin
π(π₯) =
{sin π₯π₯ , π₯ = 0
1, π₯ = 0
Aratati ca integrala
πΌ =
β« β
0
π(π₯) ππ₯
este convergenta dar nu si absolut convergenta. Cum se explica grafic acestcomportament ?
Problema B.7. Studiati daca urmatoarele integrale improprii exista:
i)
β« 0
ββπβπ₯2
ππ₯.
ii)
β« β
0
π2π₯ππ₯.
iii)
β« β
0
π₯
4πβ
π₯2
4 ππ₯
iv)
β« β
1
lnπ₯
π₯2ππ₯
v)
β« 1
0
sin1
π₯ππ₯.
Problema B.8. Fie π, π > 0 numere reale. Aratati ca
i)
β« β
0
πβππ₯ sin(ππ₯) ππ₯ =π
π2 + π2
22
ii)
β« β
0
πβππ₯ cos(ππ₯) ππ₯ =π
π2 + π2
iii)
β« β
0
cos(ππ₯) β cos(ππ₯)
π₯2ππ₯ =
π
2(πβ π)
Problema B.9. Calculati, daca este posibil:
i)
β« β
0
cosπ₯ ππ₯
ii)
β« β
0
cosπ₯πβπ₯ππ₯
iii)
β« βπ2
ββ
sin 1π₯
π₯2ππ₯
iv)
β« π2
0
tg(π₯) ππ₯
Problema B.10. Construiti o functie π : [0,β) β [0,β) continua pentru care
integrala
β« β
1
π(π₯) ππ₯ este convergenta dar limπ₯ββ
π(π₯) = 0.
Indicii: Β· incercati sa intuiti forma graficului unei astfel de functii intaiΒ· aria subgraficului poate fi finita fara ca π sa se apropie de π¦ = 0.
C. Probleme cu caracter practic-aplicativ
Problema C.1. Construim o trompeta infinita rotind graficul functiei
π : [1,β) β R, π(π₯) =1
π₯
in jurul axei ππ₯. Aflati volumul acestei trompete.
23
Problema C.2. Forta gravitationala cu care Pamantul actioneaza asupra unuicorp de masa π situat la distanta π de centrul Pamantului este
πΉ (π) =πΊππ
π2
unde πΊ este constanta gravitationala iar π este masa Pamantului. RachetaFalcon 9 decoleaza vertical de la suprafata Pamantului, prin urmare se afla ladistanta π = raza Pamantului de centrul sau.
Neglijand forta de frecare, viteza minima π£π necesara pentru a invinge grav-itatia se obtine egaland energia cinetica a rachetei πΈ = 1
2ππ£2π cu lucrul mecanicπΏ al fortei gravitationale
πΏ =
β« β
π
πΉ (π) ππ =1
2ππ£2π = πΈ.
Aflati viteza minima π£π, nesesara rachetei Falcon 9 pentru a evada din campulgravitational al Pamantului.
Problema C.3. (Dezintegrarea unei substante radioactive)Cand o substanta se dezintegreaza se stie ca fractiunea de atomi existenta la
momentul π‘ este π(π‘) = πβππ‘, unde π este constanta de radioactivitate. Duratamedie de viata a unui atom, pana in momentul dezintegrarii este
ππππππ’ = ββ« β
0
π‘ Β· π β²(π‘) ππ‘
Constanta de radioactivitate este estimata prin intermediul perioadei de inju-matatire π‘1/2 datorita relatiei
π =ln 2
π‘1/2
Datorita perioadei sale mici de in-jumatatire, de π‘12 = 3.82 zile, ato-mul de Radon-222 este utilizat in studiihidrogeologice. Care este durata mediede viata a unui atom de Radon-222 ?Dar a unui atom de Carbon-14, cu operioada de π‘1/2 = 5730 zile ?
24
Bibliografie
[1] H. Karttunen et al. Fundamental Astronomy, Ed. Springer, 2007.
[2] https://sci.esa.int/web/education/-/48986-blackbody-radiation
[3] J. Stewart. Calculus, Ed. Cengage Learning 2016.
[4] R. Negrea. Curs Matematici Speciale, 2021.
[5] C. Hedrea. Seminar Matematici Speciale, 2021.
[6] W. Briggs et al. Calculus, Third Edition Ed. Pearson 2019.
[7] www.scientia.ro/fizica/50-mecanica-cuantica/280-radiatia-corpului-negru