Konvergenz Integral wurzel(sinh(x))

21.08.2015, 07:53

StrunzMagi

Konvergenz Integral wurzel(sinh(x))

Stelle fest, ob die angegebenen Integrale konvergieren:

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty \frac{dx}{\sqrt[3]{sinh(x)}} \end{eqnarray*}$

1) Es giilt $\begin{eqnarray*} \frac{sinh(x)}{x}=\frac{e^x-e^{-x}}{2x}= \frac{2x + \frac{2x^3}{3!}+..}{2x}=1 + \frac{x^2}{3!} + O(x^4)>1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$

Wir haben eine konvergente Majorante $\begin{eqnarray*} \int_0^R \frac{dx}{x^{\frac{1}{3}}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R >0 \end{eqnarray*}$ .

2)Bleibt noch die Unendlich-Grenze.
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt[3]{sinh(x)}}= \frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{e^x-e^{-x}}}< \frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{e^x-1}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \ge 0 \end{eqnarray*}$
Nun habe ich versucht das Integral auszurechnen:
Subsitution: $\begin{eqnarray*} e^x =u, e^x dx = du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{\sqrt[3]{e^x-1}}dx = \int \frac{1}{u \sqrt[3]{u-1}}du \end{eqnarray*}$
Subsitution: $\begin{eqnarray*} u-1=s, du=ds \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{u \sqrt[3]{u-1}}du= \int \frac{1}{(s+1) \sqrt[3]{s}} ds \end{eqnarray*}$
Subsitution: $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{s}=k, \frac{1}{3 \sqrt[3]{s^2}} ds = dk \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{(s+1) \sqrt[3]{s}} ds = \int \frac{3k^2}{(k^3+1)k} dk =3 \int \frac{k}{k^3+1} dk \end{eqnarray*}$

Partialbruchzerlegung: $\begin{eqnarray*} \frac{k}{k^3+1}= \frac{ak+b}{k^2-k+1} + \frac{c}{k+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{k}{k^3+1}= \frac{\frac{1}{3}k+\frac{1}{3}}{k^2-k+1} + \frac{\frac{1}{3}}{k+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3 \int \frac{k}{k^3+1} dk = 3 \int \frac{k+1}{3 (k^2-k+1)} - \frac{1}{3(k+1)} dk= \frac{1}{2} \int \frac{2k+2-1+1}{k^2-k+1}dk - \int \frac{1}{k+1} dk = \frac{1}{2} ln(k^2-k+1) + \frac{1}{2} \int \frac{3}{k^2-k+1}dk - ln(k+1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{2} ln(k^2-k+1) + \frac{3}{2} \int \frac{1}{p^2 + \frac{3}{4}}dp - ln(k+1)= \frac{1}{2} ln(k^2-k+1) + 2 \int \frac{1}{(\frac{2p}{\sqrt{3}})^2 +1} - ln(k+1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2} ln(k^2-k+1) + \sqrt{3} arctan(g) - ln(k+1) =\frac{1}{2} ln(k^2-k+1) + \sqrt{3} arctan( \frac{2(k-\frac{1}{2})}{\sqrt{3}}) - ln(k+1) \end{eqnarray*}$
mit Subsitution $\begin{eqnarray*} g = \frac{2p}{\sqrt{3}}, dg = \frac{2}{\sqrt{3}} dp \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} p= k- 1/2 , dp=dk \end{eqnarray*}$

Resubsitution
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} ln(k^2-k+1) + \sqrt{3} arctan( \frac{2(k-\frac{1}{2})}{\sqrt{3}}) - ln(k+1) =\frac{1}{2} ln((\sqrt[3]{e^x-1})^2-\sqrt[3]{e^x-1}+1) + \sqrt{3} arctan( \frac{2(\sqrt[3]{e^x-1}-\frac{1}{2})}{\sqrt{3}}) - ln(\sqrt[3]{e^x-1}+1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =ln(\frac{\sqrt{(\sqrt[3]{e^x-1})^2-\sqrt[3]{e^x-1}+1}}{\sqrt[3]{e^x-1}+1}) + \sqrt{3} arctan( \frac{2(\sqrt[3]{e^x-1}-\frac{1}{2})}{\sqrt{3}}) \end{eqnarray*}$

Bei der Konvergenz für $\begin{eqnarray*} x \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ geht der Term im Logarithmus gegen 1.
Insgesamt konvergiert das Integral: $\begin{eqnarray*} \lim_{R\rightarrow \infty} \int_0^R \frac{1}{\sqrt[3]{e^x-1}}dx=\sqrt{3}* \pi/2 - \sqrt{3} arctan (- \frac{1}{2\sqrt{3}}) \end{eqnarray*}$

Wäre das irgendwie einfacher gegangen?

21.08.2015, 10:13

Leopold

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Ich bin deine Rechnung jetzt nicht im einzelnen durchgegangen. Du hättest aber weiter abschätzen können. Vorbehaltlich Konvergenz gilt:

$\begin{align*} \int_2^{\infty} \frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{\operatorname{e}^x - 1}} ~ \dd x = \int_2^{\infty} \frac{\sqrt[3]{2}}{\operatorname{e}^{\frac{x}{3}} \cdot \sqrt[3]{1 - \operatorname{e}^{-x}}} ~ \dd x \leq \gamma \cdot \int_2^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{x}{3}} ~ \dd x \ \ \text{mit} \ \ \gamma = \frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{1 - \operatorname{e}^{-2}}} \end{align*}$

Und da das letzte Integral konvergiert, konvergieren alle Integrale der Abschätzungskette, und die Abschätzung ist im nachhinein gerechtfertigt.

Hier noch eine Alternative. Wenn man $\begin{align*} x = \operatorname{arsinh} \left( t^{-3} \right) \end{align*}$ substituiert, erhält man zunächst formal

$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\dd x}{\sqrt[3]{\sinh x}} = 3 \int_0^{\infty} \frac{\dd t}{\sqrt{1 + t^6}} \end{align*}$

Die Konvergenz des einen Integrals zieht die des anderen nach sich. Man kann daher auch das Integral rechts untersuchen.

22.08.2015, 10:49

StrunzMagi

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Danke, die erste Methode ist super!
Bei der zweiten Methode(Alternative) sehe ich nicht wie die Konvergenz von dem zweiten Integral leichter rauszukriegen ist als die vom Ursprungsintegral.

LG,
MaGi

23.08.2015, 08:47

Leopold

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Zitat:

Original von StrunzMagi
Bei der zweiten Methode(Alternative) sehe ich nicht wie die Konvergenz von dem zweiten Integral leichter rauszukriegen ist als die vom Ursprungsintegral.

Was "leichter" ist, ist natürlich bis zu einem gewissen Grad Geschmackssache.

Die Uneigentlichkeit an der unteren Grenze ist verschwunden, und für die obere Grenze rechnet man

$\begin{align*} \int_1^{\infty} \frac{\dd t}{\sqrt{1+t^6}} \leq \int_1^{\infty} \frac{\dd t}{t^3} < \infty \end{align*}$

23.08.2015, 10:16

StrunzMagi

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Vielen Dank Leopold!
Schönen Sonntag!

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