6168. Određeni integrali

Po formuli za zbir kubova $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1) .$ Rastavljamo na zbir jednostavnijih razlomaka, iz $1=A(x^2-x+1)+(Bx+C)(x+1) :$ za $x=-1$ je $A=\frac13 ,$ uz $x^2 :$ $A+B=0 ,$ slobodan član: $A+C=1 :$

\frac1{x^3+1}=\frac{1}{3(x+1)}-\frac{x-2}{3(x^2-x+1)}

Kao u 341.e, brojilac $x-2=\frac12(2x-1)-\frac32 ,$ a $x^2-x+1=\left(x-\frac12\right)^2+\frac34 ,$ pa je primitivna funkcija:

F(x)=\frac13\ln(x+1)-\frac16\ln(x^2-x+1)+\frac1{\sqrt3}\operatorname{arctg}\frac{2x-1}{\sqrt3}

Njutn-Lajbnicova formula: ako je $f$ neprekidna na $[a,b]$ i $F$ njena primitivna funkcija, onda je $\int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a)=\left.F(x)\right|_a^b .$ Za $x=0$ je $F(0)=\frac{1}{\sqrt3}\operatorname{arctg}\left(-\frac{1}{\sqrt3}\right)=-\frac{\pi}{6\sqrt3} :$

I(a)=\frac16\ln\frac{(a+1)^2}{a^2-a+1}+\frac1{\sqrt3}\operatorname{arctg}\frac{2a-1}{\sqrt3}+\frac{\pi}{6\sqrt3}

Za graničnu vrednost delimo brojilac i imenilac pod logaritmom sa $a^2 :$ $\frac{(1+\frac1a)^2}{1-\frac1a+\frac1{a^2}}\to1 ,$ pa logaritam teži $\ln1=0$ ; arkus tangens teži $\frac\pi2 :$

\lim_{a\to+\infty}I(a)=0+\frac{\pi}{2\sqrt3}+\frac{\pi}{6\sqrt3}=\frac{4\pi}{6\sqrt3}=\frac{2\pi}{3\sqrt3}

Dakle, $I(a)=\frac16\ln\frac{(a+1)^2}{a^2-a+1}+\frac1{\sqrt3}\operatorname{arctg}\frac{2a-1}{\sqrt3}+\frac{\pi}{6\sqrt3}$ i $\lim_{a\to+\infty}I(a)=\frac{2\pi}{3\sqrt3}\approx1{,}2092 .$

Započni učenje

Privatni časovi

353.đ

Beleške