\hfill \thepage} %} \newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Acknowledgement} \newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithm} \newtheorem{case}[theorem]{Case} \newtheorem{claim}[theorem]{Claim} \newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion} \newtheorem{condition}[theorem]{Condition} \newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion} \newtheorem{notation}[theorem]{Notation} \newtheorem{problem}[theorem]{Problem} \newtheorem{solution}[theorem]{Solution} \newtheorem{summary}[theorem]{Summary} \newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}} \input{tcilatex} \begin{document} \section{Ma 116 Lecture 2/02/00} \vspace{1pt} \section{ Improper Integrals} \subsection{Introduction} \qquad \qquad We defined the definite integral $\int_{a}^{b}f(x)dx$ to be the area of the region bounded by $y=f(x)$, the $x$-axis and the lines $x=a$ and $x=b$. \ \vspace{1pt} \begin{equation*} \FRAME{itbpF}{1.5748in}{1.1606in}{0in}{}{}{function.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 1.5748in;height 1.1606in;depth 0in;original-width 107.875pt;original-height 79pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/function.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{equation*} In this definition it was assumed that the interval $\left[ a,b\right] $ had finite length and that the function $f\left( x\right) $ was bounded on $% \left[ a,b\right] .$ This definition does not hold if the interval $[a,b]$ is infinite and/or if the function $f(x)$ has an infinite discontinuity in that interval. \ In these cases, the integral is said to be \emph{improper}. \vspace{1pt} \FRAME{dtbpF}{4.1459in}{0.0735in}{0pt}{}{}{maroon2.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 4.1459in;height 0.0735in;depth 0pt;original-width 287.1875pt;original-height 3.1875pt;cropleft "0";croptop "0.5009";cropright "1";cropbottom "0.4991";filename 'graphics/maroon2.wmf';file-properties "XNPEU";}} \subsection{ Areas which Stretch to Infinity} We all know that the area under a curve above a finite interval on the $x$% -axis is given by an integral. \ But what about the area of a region which streches off to infinity as in one of the following pictures: \begin{center} \FRAME{itbpFU}{2.0358in}{2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} Finite Value at an \\ Infinite Endpoint \\ $A=\protect\dint_{0}^{\infty }f\left( x\right) \,dx$% \end{tabular} }}{}{areainf.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/areainf0.wmf';file-properties "XNPEU";}}\FRAME{itbpFU}{2.0358in}{% 2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} Infinite Value at a \\ Finite Endpoint \\ $A=\protect\dint_{2}^{4}f\left( x\right) \,dx$% \end{tabular} }}{}{areafin.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/areafin0.wmf';file-properties "XNPEU";}}\FRAME{itbpFU}{2.0358in}{% 2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} Infinite Value at an \\ Interior Point \\ $A=\protect\dint_{1}^{5}f\left( x\right) \,dx$% \end{tabular} }}{}{areaint.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/areaint0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{center} A perhaps surprising fact is that although the region stretches to infinity, the area enclosed may be finite (but it may be infinite). We still represent the area as an integral as given above, but in fact, we need to give a precise definition to these areas and integrals so that we can tell when they are finite or infinite. \vspace{1pt} Such integrals are called \emph{improper integrals} and they come in three types as indicated by the above three examples: \begin{itemize} \item Improper at an infinite endpoint \item Improper at a finite endpoint \item Improper at an interior point \end{itemize} These are the topics of the next three pages. \vspace{1pt} First some terminology: \vspace{1pt} \begin{definition} If an \emph{improper integral is finite}, we say that it \emph{converges}. \ If an \emph{improper integral is infinite} (or the limits involved don't exist), we say that it \emph{diverges}. \end{definition} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \subsection{ Integrals Improper at an Infinite Endpoint} Consider the following two areas and integrals: \begin{center} \FRAME{itbpFU}{2.0358in}{2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} $f\left( x\right) =\dfrac{x}{x^{2}+1}\protect\bigskip $ \\ $A=\protect\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx$% \end{tabular} }}{}{infinf.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/infinf0.wmf';file-properties "XNPEU";}}\FRAME{itbpFU}{2.0358in}{% 2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} $f\left( x\right) =\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\protect\medskip $ \\ $A=\protect\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$% \end{tabular} }}{}{inffin.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/inffin0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{center} One of them is finite and the other is infinite. \ Which is which and why? \vspace{1pt} \begin{definition} By definition, we compute an improper integral with an infinite endpoint by cutting it off at a finite point and then taking the limit as the endpoint goes to infinity: \begin{equation*} \dint_{a}^{\infty }f\left( x\right) \,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\dint_{a}^{b}f\left( x\right) \,dx \end{equation*} The same applies to negative infinity: \begin{equation*} \dint_{-\infty }^{b}f\left( x\right) \,dx=\lim\limits_{a\rightarrow \,-\,\infty }\dint_{a}^{b}f\left( x\right) \,dx \end{equation*} We say that the \emph{integral converges} if the limit exists and that the \emph{integral diverges} if the limit does not exist. \end{definition} \vspace{1pt} Let's apply this to our two examples: \begin{example} Compute\qquad $A=\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}% \,dx $ \end{example} \emph{Solution:} \ We first compute $\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$ using the substitution $u=x^{2}+1$. \ Then $% du=2x\,dx$ and \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{b}\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx &=&\dfrac{1}{2}% \dint_{x=0}^{b}\dfrac{1}{u^{2}}\,du=-\dfrac{1}{2u} \\ &=&\left. -\dfrac{1}{2\left( x^{2}+1\right) }\right| _{0}^{b}=-\dfrac{1}{% 2\left( b^{2}+1\right) }+\dfrac{1}{2\left( 0^{2}+1\right) } \\ &=&\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\left( b^{2}+1\right) } \end{eqnarray*} Thus the area is \begin{eqnarray*} A &=&\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}% \,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\left( b^{2}+1\right) }\right] =\dfrac{1}{2} \end{eqnarray*} which is finite. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Compute\qquad $A=\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx$ \end{example} \emph{Solution:} \ We again compute $\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx$ using the substitution $u=x^{2}+1$. \ Then $du=2x\,dx$ and \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{b}\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx &=&\dfrac{1}{2}\dint_{x=0}^{b}\dfrac{1}{u% }\,du=\dfrac{1}{2}\ln \left| u\right| \\ &=&\left. \dfrac{1}{2}\ln \left( x^{2}+1\right) \right| _{0}^{b}=\dfrac{1}{2}% \ln \left( b^{2}+1\right) -\dfrac{1}{2}\ln \left( 0^{2}+1\right) \\ &=&\dfrac{1}{2}\ln \left( b^{2}+1\right) \end{eqnarray*} This time the area is \begin{eqnarray*} A &=&\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \dfrac{1}{2}\ln \left( b^{2}+1\right) \right] =\infty \end{eqnarray*} which is infinite because ``$\ln \infty =\infty $''. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{exercise} Compute\qquad $\dint_{4}^{\infty }\dfrac{1}{x^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{4}^{\infty }\dfrac{1}{x^{2}}\,dx=\dfrac{1}{4}$}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\dint_{4}^{\infty }\dfrac{1}{x^{2}}\,dx=\lim\limits_{b% \rightarrow \infty }\dint_{4}^{b}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx=\lim\limits_{b% \rightarrow \infty }\left[ -\dfrac{1}{x}\right] _{4}^{b}$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ -\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{4}% \right] =\dfrac{1}{4}$}\medskip \end{exercise} \begin{exercise} Compute\qquad $\dint_{4}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{4}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx=\infty $}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\dint_{4}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt{x}}% \,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\dint_{4}^{b}\dfrac{1}{\sqrt{x}}% \,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ 2\sqrt{x}\rule{0in}{0.16in}% \right] _{4}^{b}$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ 2\sqrt{b}-2\sqrt{4}\right] =\infty $}\smallskip \end{exercise} \begin{exercise} Identify the values of $p$ for which $\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x^{p}}% \,dx $ converges or diverges.\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x^{p}}\,dx$ converges to $% \dfrac{1}{p-1}$ if $p>1$. \par $\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x^{p}}\,dx$ diverges to $\infty $ if $p\leq 1$.% }...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{% If $p\neq 1$ then \par $\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x^{p}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\dint_{1}^{b}\dfrac{1}{x^{p}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \dfrac{x^{-p+1}}{-p+1}\right] _{1}^{b}$% \par $\quad =\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \dfrac{b^{-p+1}}{-p+1}-% \dfrac{1}{-p+1}\right] $% \par $\quad =\left\{ \begin{array}{lll} \dfrac{1}{p-1} & \text{if} & p>1 \\ \text{diverges to }\infty & \text{if} & p<1% \end{array} \right. $% \par If $p=1$ then \par $\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\dint_{1}^{b}\dfrac{1}{x}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \ln x% \rule{0in}{0.16in}\right] _{1}^{b}$% \par $\quad =\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \ln b-\ln 1\right] =\infty $% } \end{exercise} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \subsection{ Integrals Improper at an Infinite Endpoint --- Comparison Test} Sometimes you have an improper integral which you are unable to compute, but you would at least like to know if it converges or diverges. \ If it converges, then you could use a numerical technique to approximate the integral. \ Consider the following two \QTR{blue}{blue} areas and integrals: \begin{center} \FRAME{itbpFU}{2.0358in}{2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{lc} \QTR{blue}{Blue:} & $\protect\dint_{3}^{\infty }\dfrac{2+\sin x}{x^{2}}dx% \protect\smallskip $ \\ \QTR{brown}{Brown:} & $\protect\dint_{3}^{\infty }\dfrac{3}{x^{2}}dx$% \end{tabular} }}{}{compfin.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/compfin0.wmf';file-properties "XNPEU";}}\FRAME{itbpFU}{2.0358in}{% 2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{lc} \QTR{blue}{Blue:} & $\protect\dint_{3}^{\infty }\dfrac{2+\sin x}{x}dx\protect% \smallskip $ \\ \QTR{brown}{Brown:} & $\protect\dint_{3}^{\infty }\dfrac{1}{x}dx$% \end{tabular} }}{}{compinf.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/compinf0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{center} One of them is finite and the other is infinite. \ Which is which and why? \ The following test will help. \vspace{1pt} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \begin{theorem} \QTR{blue}{Comparison Test:} \end{theorem} \qquad If $0\leq f\left( x\right) \leq g\left( x\right) $ and $% \dint_{a}^{\infty }g\left( x\right) \,dx$ converges, then $\dint_{a}^{\infty }f\left( x\right) \,dx$ converges.\newline \qquad If $0\leq g\left( x\right) \leq f\left( x\right) $ and $% \dint_{a}^{\infty }g\left( x\right) \,dx$ diverges, then $\dint_{a}^{\infty }f\left( x\right) \,dx$ diverges. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} This makes sense: \ If the \QTR{brown}{bigger} integral if finite, so is the \QTR{blue}{smaller} integral. \ If the \QTR{brown}{smaller} integral if infinite, so is the \QTR{blue}{bigger} integral. \vspace{1pt} Let's apply this test to our two examples. \ In the above figures, the comparison curves are shown in \QTR{brown}{brown}. \begin{example} Does\qquad $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{2+\sin x}{x^{2}}dx\qquad $converge or diverge? \end{example} \emph{Solution:} \ We first note that $-1\leq \sin x\leq 1$ implies $1\leq 2+\sin x\leq 3$ and further $\dfrac{1}{x^{2}}\leq \dfrac{2+\sin x}{x^{2}}% \leq \dfrac{3}{x^{2}}.$ Also $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{1}{x^{2}}dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ -\dfrac{1}{x}\right] _{3}^{b}=\dfrac{1}{3}$ and $\dint_{3}^{\infty }% \dfrac{3}{x^{2}}dx=1$ which both converge. \ We can now apply the comparison test: Since $\dfrac{2+\sin x}{x^{2}}\leq \dfrac{3}{x^{2}}$ and $\dint_{3}^{\infty }% \dfrac{3}{x^{2}}dx$ converges,\ we conclude $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{% 2+\sin x}{x^{2}}dx$ also converges. \begin{remark} The fact that $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{1}{x^{2}}dx$ also converges was not needed, but it helped us decide which test to apply and it tells us that the value of the integral $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{2+\sin x}{x^{2}}dx$ is between $\dfrac{1}{3}$ and $1$. \end{remark} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Does\qquad $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{2+\sin x}{x}dx\qquad $converge or diverge? \end{example} \emph{Solution:} \ Again we note that $1\leq 2+\sin x\leq 3$ so that $\dfrac{% 1}{x}\leq \dfrac{2+\sin x}{x}\leq \dfrac{3}{x}.$ Also $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{1}{x}dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }% \left[ \ln x\rule{0in}{0.14in}\right] _{3}^{b}=\infty $ and $% \dint_{3}^{\infty }\dfrac{3}{x}dx=\infty $ which both diverge. \ We can now apply the comparison test: Since $\dfrac{1}{x}\leq \dfrac{2+\sin x}{x}$ and $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{1% }{x}dx$ diverges,\ we conclude $\dint_{3}^{\infty }\dfrac{2+\sin x}{x}dx$ also diverges. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{exercise} Does\qquad $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{x^{2}+1}\,dx\qquad $% converge or diverge?\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{x^{2}+1}\,dx$ diverges.}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{% Since $\sin x\geq -1$, we have $x+1+\sin x\geq x$ and $\dfrac{x+1+\sin x}{% x^{2}+1}\geq \dfrac{x}{x^{2}+1}$. \ Since $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x}{% x^{2}+1}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ \dfrac{1}{2}\ln \left( x^{2}+1\right) \right] _{0}^{b}=\infty $, we have that $\dint_{0}^{\infty }% \dfrac{x+1+\sin x}{x^{2}+1}\,dx$ also diverges.}\medskip \end{exercise} \begin{exercise} Does\qquad $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}% \,dx\qquad $converge or diverge?\dotfill \QTR{green}{Important~Hint:}% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETProbSolvHint}{0.1505in}{0.1833in}{0in% }}{}{}{}]{Margin Hint}{% Split the integral up as \par $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$% \par $\quad =\dint_{0}^{2}\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}% \,dx+\dint_{2}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$% \par The first integral is finite because it is a finite function on a finite interval. \ Its exact value does not matter to convergence. \par For the second integral, notice that $1+\sin x\leq 2\leq x$. \ Add $x$ to the left and right sides to get $x+1+\sin x\leq 2x$. \par Why do we split the integral at $x=2$? \ Precisely to get this last inequality.}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$ converges.}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{% Split the integral up as \par $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$% \par $\quad =\dint_{0}^{2}\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}% \,dx+\dint_{2}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$% \par The first integral is finite because it is a finite function on a finite interval. \ Its exact value does not matter to convergence. \par For the second integral, notice that $1+\sin x\leq 2\leq x$. \ Add $x$ to the left and right sides to get $x+1+\sin x\leq 2x$. \par So $\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\leq \dfrac{2x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}$. \par Since $\dint_{2}^{\infty }\dfrac{2x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}% \,dx=\lim\limits_{b\rightarrow \infty }\left[ -\dfrac{1}{x^{2}+1}\right] _{2}^{b}=\dfrac{1}{5}$ which is finite, we have that $\dint_{2}^{\infty }% \dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$ also converges. \par Consequently, the original integral $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{% \left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$ also converges.}\ \fbox{\underline{% \CustomNote[Why split at $x=2$?]{Margin Hint}{% We want to compare $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x+1+\sin x}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$ to an integral of the form $\dint_{0}^{\infty }% \dfrac{kx}{\left( x^{2}+1\right) ^{2}}\,dx$ because we know how to do this integral and we know it is finite. \ So we need to show \par \begin{equation*} x+1+\sin x\leq kx \end{equation*}% \par We know $\sin x\leq 1$. \ So we know $x+1+\sin x\leq x+2$. \ If we knew $% 2\leq x$, then we would know $x+1+\sin x\leq 2x$. \ However, the limits on the integral only tell us $x\geq 0$. \ By splitting the integral at $x=2$, the second integral satisfies $x\geq 2$ as required.}}} \end{exercise} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \subsection{ Integrals Improper at a Finite Endpoint} Consider the following two areas and integrals: \begin{center} \FRAME{itbpFU}{2.0358in}{2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} $f\left( x\right) =\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\protect\medskip $ \\ $A=\protect\dint_{2}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\,dx$% \end{tabular} }}{}{fininf.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/fininf0.wmf';file-properties "XNPEU";}}\FRAME{itbpFU}{2.0358in}{% 2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} $f\left( x\right) =\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\protect\medskip $ \\ $A=\protect\dint_{2}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\,dx$% \end{tabular} }}{}{finfin.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/finfin0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{center} These are improper because the function has a vertical asymptote at the left endpoint, $x=2$\ . \ One of them is finite and the other is infinite. \ Which is which and why? \vspace{1pt} \begin{definition} By definition, we compute an \emph{integral which is improper at a finite left endpoint} by cutting it off slightly to the right of the left endpoint and then taking the limit as the cutoff approaches the endpoint: \ (Notice this is a \QTR{green}{limit from the right}.) \begin{equation*} \dint_{a}^{b}f\left( x\right) \,dx=\lim\limits_{c\rightarrow a^{+}}\dint_{c}^{b}f\left( x\right) \,dx \end{equation*} The same applies to a \emph{right endpoint}: \ (Notice this is a \QTR{green}{% limit from the left}.) \begin{equation*} \dint_{a}^{b}f\left( x\right) \,dx=\lim\limits_{c\rightarrow \,b^{-}}\dint_{a}^{c}f\left( x\right) \,dx \end{equation*} \end{definition} Let's apply this to our two examples: \begin{example} Compute\qquad $A=\dint_{2}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\,dx$ \end{example} \emph{Solution:} \ This integral is improper at $x=2$ which is the left endpoint. \ So we first compute $A=\dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\,dx$ using the substitution $u=x-2$. \ Then $du=dx$ and \begin{eqnarray*} \dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\,dx &=&\dint_{x=c}^{4}\dfrac{1% }{u^{3}}\,du=-\dfrac{1}{2u^{2}}=\left. -\dfrac{1}{2\left( x-2\right) ^{2}}% \right| _{c}^{4} \\ &=&-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{2\left( c-2\right) ^{2}}\medskip \end{eqnarray*} (If you can do this without a $u$-substitution, that's great!) \ Thus the area is \begin{eqnarray*} A &=&\dint_{2}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\,dx=\lim\limits_{c% \rightarrow 2^{+}}\dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{3}}\,dx \\ &=&\lim\limits_{c\rightarrow 2^{+}}\left[ -\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{2\left( c-2\right) ^{2}}\right] =\infty \end{eqnarray*} which is divergent. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Compute\qquad $A=\dint_{2}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\,dx$ \end{example} \emph{Solution:} \ This integral is again improper at the left endpoint. \ So we compute $\dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\,dx$: \begin{eqnarray*} \dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\,dx &=&\left. \dfrac{% 3\left( x-2\right) ^{2/3}}{2}\right| _{c}^{4}=\dfrac{3\left( 2\right) ^{2/3}% }{2}-\dfrac{3\left( c-2\right) ^{2/3}}{2} \\ &=&\dfrac{3}{2^{1/3}}-\dfrac{3\left( c-2\right) ^{2/3}}{2}\medskip \end{eqnarray*} This time the area is \begin{eqnarray*} A &=&\dint_{2}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\,dx=\lim\limits_{c% \rightarrow 2}\dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\left( x-2\right) ^{1/3}}\,dx \\ &=&\lim\limits_{c\rightarrow 2}\left[ \dfrac{3}{2^{1/3}}-\dfrac{3\left( c-2\right) ^{2/3}}{2}\right] =\dfrac{3}{2^{1/3}} \end{eqnarray*} which is convergent. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{exercise} Compute\qquad $\dint_{0}^{4}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{4}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx=\infty $}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{4}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx=\lim\limits_{c% \rightarrow 0^{+}}\dint_{c}^{4}\dfrac{1}{x^{2}}\,dx=\lim\limits_{c% \rightarrow 0^{+}}\left[ -\dfrac{1}{x}\right] _{c}^{4}$% \par $\qquad =\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\left[ -\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{c}% \right] =\infty $% \par Notice that here it is crucial that the limit is the limit from the right. \ Otherwise, the limit would be $-\infty $.}\medskip \end{exercise} \begin{exercise} Compute\qquad $\dint_{0}^{4}\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{4}\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx=4$}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{4}\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx=\lim\limits_{c% \rightarrow 0^{+}}\dint_{c}^{4}\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx=\lim\limits_{c% \rightarrow 0^{+}}\left[ 2\sqrt{x}\rule{0in}{0.16in}\right] _{c}^{4}$% \par $\qquad =\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\left[ 2\sqrt{4}-2\sqrt{c}\right] =4 $}\smallskip \end{exercise} \begin{exercise} Identify the values of $p$ for which $\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{p}}\,dx$ converges or diverges.\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{p}}\,dx$ converges to $\dfrac{1% }{1-p}$ if $p<1$. \par $\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{p}}\,dx$ diverges to $\infty $ if $p\geq 1$.}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{% If $p\neq 1$ then \par $\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{p}}\,dx=\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\dint_{c}^{1}\dfrac{1}{x^{p}}\,dx=\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}% \left[ \dfrac{x^{-p+1}}{-p+1}\right] _{c}^{1}$% \par $\quad =\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\left[ \dfrac{1}{-p+1}-\dfrac{% c^{-p+1}}{-p+1}\right] $% \par $\quad =\left\{ \begin{array}{lll} \dfrac{1}{1-p} & \text{if} & p<1 \\ \text{diverges to }\infty & \text{if} & p>1% \end{array} \right. $% \par If $p=1$ then \par $\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{x}\,dx=\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\dint_{c}^{1}% \dfrac{1}{x}\,dx=\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\left[ \ln x\rule% {0in}{0.16in}\right] _{c}^{1}$% \par $\quad =\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\left[ \ln 1-\ln c\right] =\infty $% \par since $\lim\limits_{c\rightarrow 0^{+}}\ln c=-\infty $.} \end{exercise} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \subsection{ Integrals Improper at an Interior Point} Consider the following two areas and integrals: \begin{center} \FRAME{itbpFU}{2.0358in}{2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} $f\left( x\right) =\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\protect\medskip $ \\ $A=\protect\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx$% \end{tabular} }}{}{intfin.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/intfin0.wmf';file-properties "XNPEU";}}\FRAME{itbpFU}{2.0358in}{% 2.0358in}{0in}{\Qcb{% \begin{tabular}{c} $f\left( x\right) =\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\protect\medskip $ \\ $A=\protect\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx$% \end{tabular} }}{}{intinf.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 0in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/intinf0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{center} These are improper because the function has a vertical asymptote at the interior point, $x=1$\ . \ One of them is finite and the other is infinite. \ Which is which and why? \vspace{1pt} \begin{definition} By definition, when an \emph{integral is improper because there are one or more vertical asymptotes in the interior} then the integral must be split at each vertical asymptote. \ The total integral is convergent if and only if every sub-integral is convergent and then the total integral is equal to the sum of the sub-integrals. \ With one vertical asymptote at $x=c$ in $\left( a,b\right) $ this says \begin{equation*} \dint_{a}^{b}f\left( x\right) \,dx=\dint_{a}^{c}f\left( x\right) \,dx+\dint_{c}^{b}f\left( x\right) \,dx \end{equation*} The same applies if both endpoints are vertical asymptotes but in that case the integral must be split at an arbtrary point $x=c$ in $\left( a,b\right) $% . \end{definition} \vspace{1pt} Let's apply this to our two examples: \begin{example} Compute\qquad $A=\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx$ \end{example} \emph{Solution:} \ This integral is improper at the interior point $x=1$. \ So we split the integral as \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx=\dint_{0}^{1}% \dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx+\dint_{1}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx \end{equation*} Before evaluating the definite integrals, we first find the indefinite integral. \ We use the substitution $u=x^{2}-1$. \ So $du=2x\,dx$ and $x\,dx=% \dfrac{1}{2}du$. \ Thus, \begin{equation*} \dint \dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx=\dfrac{1}{2}\dint \dfrac{1% }{u^{2/3}}\,du=\dfrac{3}{2}u^{1/3}+C=\dfrac{3}{2}\left( x^{2}-1\right) ^{1/3}+C \end{equation*} So the first integral is \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{1}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ \dfrac{3}{2% }\left( x^{2}-1\right) ^{1/3}\right] _{0}^{b} \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ \dfrac{3}{2}\left( b^{2}-1\right) ^{1/3}-\dfrac{3}{2}\left( -1\right) ^{1/3}\right] \\ &=&\dfrac{3}{2}\left( 0\right) ^{1/3}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2} \end{eqnarray*} And the second integral is \begin{eqnarray*} \dint_{1}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\dint_{a}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx=\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ \dfrac{3}{2% }\left( x^{2}-1\right) ^{1/3}\right] _{a}^{3} \\ &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ \dfrac{3}{2}\left( 3^{2}-1\right) ^{1/3}-\dfrac{3}{2}\left( a^{2}-1\right) ^{1/3}\right] \\ &=&\dfrac{3}{2}\left( 8\right) ^{1/3}-\dfrac{3}{2}\left( 0\right) ^{1/3}=3 \end{eqnarray*} Since these are both convergent, the total integral is convergent with the value \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx=\dfrac{3}{2}+3=% \dfrac{9}{2} \end{equation*} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{example} Compute\qquad $A=\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx$ \end{example} \emph{Solution:} \ \ This integral is again improper at the interior point $% x=1$. \ So we split the integral as \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx=\dint_{0}^{1}% \dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx+\dint_{1}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx \end{equation*} We again find the indefinite integral using the substitution $u=x^{2}-1$ with $du=2x\,dx$ and $x\,dx=\dfrac{1}{2}du$. \ Thus, \begin{equation*} \dint \dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx=\dfrac{1}{2}\dint \dfrac{1% }{u^{4/3}}\,du=-\dfrac{3}{2}u^{-1/3}+C=-\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( x^{2}-1\right) ^{1/3}}+C \end{equation*} So the first integral is \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{1}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ -\dfrac{3}{% 2}\dfrac{1}{\left( x^{2}-1\right) ^{1/3}}\right] _{0}^{b} \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( b^{2}-1\right) ^{1/3}}+\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( -1\right) ^{1/3}}\right] \\ &=&-\dfrac{3}{2}\left( -\infty \right) -\dfrac{3}{2}=\infty \end{eqnarray*} And the second integral is \begin{eqnarray*} \dint_{1}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\dint_{a}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{4/3}}\,dx=\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ -\dfrac{3}{% 2}\dfrac{1}{\left( x^{2}-1\right) ^{1/3}}\right] _{a}^{3} \\ &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( 3^{2}-1\right) ^{1/3}}+\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( a^{2}-1\right) ^{1/3}}% \right] \\ &=&-\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( 8\right) ^{1/3}}+\dfrac{3}{2}\left( \infty \right) =\infty \end{eqnarray*} The fact that either one of these integrals is divergent is enough to tell us the total integral is divergent: \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{x}{\left( x^{2}-1\right) ^{2/3}}\,dx=\infty \end{equation*} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \begin{exercise} Compute\qquad $\dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=0$}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{% The integrand has a vertical asymptote at both endpoints. \ So we split it at an arbitrary point which we take as $0$. \par $\quad \dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\dint_{-1}^{0}\dfrac{x}{% \sqrt{1-x^{2}}}dx+\dint_{0}^{1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx$% \par $\quad \dint_{-1}^{0}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\lim\limits_{a\rightarrow -1^{+}}\dint_{a}^{0}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx$% \par $\qquad =\lim\limits_{a\rightarrow -1^{+}}\left[ -\sqrt{1-x^{2}}\right] _{a}^{0}$% \par $\qquad =\lim\limits_{a\rightarrow -1^{+}}\left[ -\sqrt{1-0^{2}}+\sqrt{% 1-a^{2}}\right] =-1$% \par $\quad \dint_{0}^{1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{+}}\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow 1^{+}}\left[ -\sqrt{1-x^{2}}\right] _{0}^{b}$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow 1^{+}}\left[ -\sqrt{1-b^{2}}+\sqrt{1-0^{2}% }\right] =1$% \par Both integrals are convergent. \ So the total integral is convergent and the sum is \par \begin{tabular}{l} $\quad \dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=-1+1=0$ \\ Is this answer surprising? \\ No, the graph of the integrand \\ shows the area above and \\ below the $x$-axis is symmetric. \\ In computing the integral, the \\ areas cancel.% \end{tabular} \FRAME{itbpF}{1.5324in}{1.5324in}{1.0032in}{}{}{areasymm.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 1.5324in;height 1.5324in;depth 1.0032in;original-width 0pt;original-height 0pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/areasymm0.wmf';file-properties "XNPEU";}}}\medskip \end{exercise} \begin{exercise} Compute\qquad $\dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{x^{2}-1}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx$ is divergent.}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{% The integrand has a vertical asymptote at both endpoints. \ So we split it at an arbitrary point which we take as $0$. \par $\quad \dint_{-1}^{1}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx=\dint_{-1}^{0}\dfrac{x}{x^{2}-1}% dx+\dint_{0}^{1}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx$% \par $\quad \dint_{-1}^{0}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx=\lim\limits_{a\rightarrow -1^{+}}\dint_{a}^{0}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx$% \par $\qquad =\lim\limits_{a\rightarrow -1^{+}}\left[ \dfrac{1}{2}\ln \left| x^{2}-1\right| \right] _{a}^{0}$% \par $\qquad =\lim\limits_{a\rightarrow -1^{+}}\left[ \dfrac{1}{2}\ln \left| 0^{2}-1\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left| a^{2}-1\right| \right] $% \par $\qquad =\dfrac{1}{2}\left( 0\right) -\dfrac{1}{2}\left( -\infty \right) =\infty $% \par $\quad \dint_{0}^{1}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{+}}\dint_{0}^{b}\dfrac{x}{x^{2}-1}dx$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow 1^{+}}\left[ \dfrac{1}{2}\ln \left| x^{2}-1\right| \right] _{0}^{b}$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow 1^{+}}\left[ \dfrac{1}{2}\ln \left| b^{2}-1\right| -\dfrac{1}{2}\ln \left| 0^{2}-1\right| \right] $% \par $\qquad =\dfrac{1}{2}\left( -\infty \right) -\dfrac{1}{2}\left( 0\right) =-\infty $% \par The sub-integrals are divergent. \ So the total integral is divergent. \par \begin{tabular}{l} This answer is a little surprising! \\ The graph of the integrand shows the \\ area above and below the $x$-axis is \\ symmetric. \ So we might expect the \\ answer to be zero. \ However, each \\ piece is infinite. \ So the sum is \\ undefined by definition!% \end{tabular} \FRAME{itbpF}{1.5324in}{1.5324in}{0.7524in}{}{}{areasymm2.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 1.5324in;height 1.5324in;depth 0.7524in;original-width 0pt;original-height 0pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/areasymm20.wmf';file-properties "XNPEU";}}}\medskip \end{exercise} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \subsection{ Integrals Improper at an Interior Point --- Typical Mistakes 1} Here are two mistakes which will occur if you do not properly split an improper integral at the vertical asymptotes. \begin{example} \begin{tabular}[t]{l} Consider the following area and integral: \\ \multicolumn{1}{c}{$f\left( x\right) =\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}$} \\ \multicolumn{1}{c}{$A=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx$} \\ What is wrong with the following \\ computation of the integral?% \end{tabular} \FRAME{itbpF}{2.0358in}{2.0358in}{1.606in}{}{}{mis1inf.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 1.606in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/mis1inf0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{example} \begin{center} \QTR{redbig}{WRONG!}$\qquad $% \begin{tabular}{rl} $A$ & $=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx=\left[ -\dfrac{1}{% x-1}\right] _{0}^{3}$ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=\left[ -\dfrac{1}{3-1}\right] -\left[ -\dfrac{1}{0-1% }\right] $ \\ & $=-\dfrac{1}{2}-1=-\dfrac{3}{2}$% \end{tabular} \qquad \QTR{redbig}{WRONG!}\bigskip \end{center} \emph{Solution:} \ First of all, you know the answer is wrong because the integral of a positive function must be positive and we got $-\dfrac{3}{2}$. \ What's wrong is that we did not split the integral into two pieces. \ Here is the correct computation: \ We split the integral at $x=1$: \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx=\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{% \left( x-1\right) ^{2}}\,dx+\dint_{1}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}% \,dx \end{equation*} The first improper integral is: \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{1}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\dint_{0}^{b}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ -\dfrac{1}{x-1}\right] _{0}^{b} \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ -\dfrac{1}{b-1}+\dfrac{1}{0-1}% \right] =\infty \end{eqnarray*} And the second improper integral is \begin{eqnarray*} \dint_{1}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\dint_{a}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2}}\,dx=\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ -\dfrac{1}{x-1}\right] _{a}^{3} \\ &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ -\dfrac{1}{3-1}+\dfrac{1}{x-1}% \right] =\infty \end{eqnarray*} These are both divergent. \ So the total integral is also divergent. \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \begin{example} \begin{tabular}[t]{l} Consider the following area and integral: \\ \multicolumn{1}{c}{$f\left( x\right) =\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}$} \\ \multicolumn{1}{c}{$A=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx$} \\ What is wrong with the following \\ computation of the integral?% \end{tabular} \FRAME{itbpF}{2.0358in}{2.0358in}{1.606in}{}{}{mis1fin.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 1.606in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/mis1fin.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{example} \begin{center} \QTR{redbig}{WRONG!}$\qquad $% \begin{tabular}{rl} $A$ & $=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx=\left[ 3\left( x-1\right) ^{1/3}\right] _{0}^{3}$ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=\left[ 3\left( 3-1\right) ^{1/3}\right] -\left[ 3\left( 0-1\right) ^{1/3}\right] $ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=3\left( 2\right) ^{1/3}+3$% \end{tabular} \qquad \QTR{redbig}{WRONG!}\bigskip \end{center} \emph{Solution:} \ Once again, we did not split the integral into two pieces. \ Here is the correct computation: \ We split the integral at $x=1$: \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx=\dint_{0}^{1}\dfrac{1% }{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx+\dint_{1}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx \end{equation*} The first improper integral is: \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{1}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\dint_{0}^{b}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ 3\left( x-1\right) ^{1/3}% \right] _{0}^{b} \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ 3\left( b-1\right) ^{1/3}-3\left( 0-1\right) ^{1/3}\right] =3 \end{eqnarray*} And the second improper integral is \begin{eqnarray*} \dint_{1}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\dint_{a}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx=\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ 3\left( x-1\right) ^{1/3}% \right] _{a}^{3} \\ &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ 3\left( 3-1\right) ^{1/3}-3\left( a-1\right) ^{1/3}\right] =3\left( 2\right) ^{1/3} \end{eqnarray*} These are both convergent. \ So the total integral is also convergent and has the value \begin{equation*} A=\dint_{0}^{3}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\,dx=3+3\left( 2\right) ^{1/3} \end{equation*} The ``Wrong'' computation above gave the right answer, but you would lose points on a test! \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \subsection{ Integrals Improper at an Interior Point --- Typical Mistakes 2} Here are two more mistakes which will occur if you do not properly split an improper integral at the vertical asymptotes. \begin{example} \begin{tabular}[t]{l} Consider the following integral: \\ \multicolumn{1}{c}{$f\left( x\right) =\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}$} \\ \multicolumn{1}{c}{$A=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx$} \\ What is wrong with the following \\ computation of the integral?% \end{tabular} \FRAME{itbpF}{2.0358in}{2.0358in}{1.606in}{}{}{mis2fin.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 1.606in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/mis2fin0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{example} \begin{center} \QTR{redbig}{WRONG!}$\qquad $% \begin{tabular}{rl} $A$ & $=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx=\left[ \dfrac{3% }{2}\left( x-1\right) ^{2/3}\right] _{0}^{2}$ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=\left[ \dfrac{3}{2}\left( 2-1\right) ^{2/3}\right] -% \left[ \dfrac{3}{2}\left( 0-1\right) ^{2/3}\right] $ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}=0$% \end{tabular} \qquad \QTR{redbig}{WRONG!}\bigskip \end{center} \emph{Solution:} \ The \QTR{green}{answer is right}, but the \QTR{red}{% computation is wrong}. \ The answer is not surprising because the area is symmetric above and below the $x$-axis and the integral gives the difference of the areas. \ However, we still did the computation wrong because we did not split the integral into two pieces. \ Here is the correct computation: \ We split the integral at $x=1$: \begin{equation*} A=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx=\dint_{0}^{1}\dfrac{1% }{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx+\dint_{1}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx \end{equation*} The first improper integral is: \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{1}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\dint_{0}^{b}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ \dfrac{3}{2}\left( x-1\right) ^{2/3}\right] _{0}^{b} \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ \dfrac{3}{2}\left( b-1\right) ^{2/3}-\dfrac{3}{2}\left( 0-1\right) ^{2/3}\right] =-\dfrac{3}{2} \end{eqnarray*} And the second improper integral is \begin{eqnarray*} \dint_{1}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\dint_{a}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx=\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ \dfrac{3}{2}\left( x-1\right) ^{2/3}\right] _{a}^{2} \\ &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ \dfrac{3}{2}\left( 2-1\right) ^{2/3}-\dfrac{3}{2}\left( a-1\right) ^{2/3}\right] =\dfrac{3}{2} \end{eqnarray*} The first integral is negative and the second is positive as we expected and they add to zero: \begin{equation*} A=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{1/3}}\,dx=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3% }{2}=0 \end{equation*} \QTR{blue}{The ``Wrong'' computation above gave the right answer, but you would lose points on a test!} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} Here is another similar problem but with a different result. \begin{example} \begin{tabular}[t]{l} Consider the following integral: \\ \multicolumn{1}{c}{$f\left( x\right) =\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}$} \\ \multicolumn{1}{c}{$A=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx$} \\ What is wrong with the following \\ computation of the integral?% \end{tabular} \FRAME{itbpF}{2.0358in}{2.0358in}{1.606in}{}{}{mis2inf.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "PICT";valid_file "F";width 2.0358in;height 2.0358in;depth 1.606in;original-width 145.125pt;original-height 145.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'graphics/mis2inf0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{example} \begin{center} \QTR{redbig}{WRONG!}$\qquad $% \begin{tabular}{rl} $A$ & $=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx=\left[ -\dfrac{3% }{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{2/3}}\right] _{0}^{2}$ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( 2-1\right) ^{2/3}}\right] -\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( 0-1\right) ^{2/3}}% \right] $ \\ \multicolumn{1}{l}{} & $=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=0$% \end{tabular} \qquad \QTR{redbig}{WRONG!}\bigskip \end{center} \emph{Solution:} \ The answer is not surprising because the area is symmetric above and below the $x$-axis and the integral gives the difference of the areas. \ However, the \QTR{red}{answer is wrong}. \ Here is the correct computation: \ We split the integral at $x=1$: \begin{equation*} A=\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx=\dint_{0}^{1}\dfrac{1% }{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx+\dint_{1}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx \end{equation*} The first improper integral is: \begin{eqnarray*} \dint_{0}^{1}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\dint_{0}^{b}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{% \left( x-1\right) ^{2/3}}\right] _{0}^{b} \\ &=&\lim\limits_{b\rightarrow 1^{-}}\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( b-1\right) ^{2/3}}+\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( 0-1\right) ^{2/3}}\right] =-\infty \end{eqnarray*} And the second improper integral is \begin{eqnarray*} \dint_{1}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\dint_{a}^{2}\dfrac{1}{\left( x-1\right) ^{5/3}}\,dx=\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{% \left( x-1\right) ^{2/3}}\right] _{a}^{2} \\ &=&\lim\limits_{a\rightarrow 1^{+}}\left[ -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( 2-1\right) ^{2/3}}+\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{\left( a-1\right) ^{2/3}}\right] =\infty \end{eqnarray*} \emph{Each of these integrals is \QTR{red}{divergent}. They \QTR{red}{DO\ NOT add to zero}. \ The total integral is divergent. \ I know this does not seem right, but that is the official mathematical definition of convergence of an improper integral with an interior vertical asymptote. \ Both pieces must be convergent.} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.6126";cropright "1";cropbottom "0.3874";filename 'graphics/maroon0.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{0in} \section{Improper Integrals} \vspace{0in} \subsection{Exercises} \vspace{0in}\qquad \qquad \quad Evaluate each improper integral that converges. \ Otherwise show that the integral diverges. \begin{enumerate} \item $\dint_{-\infty }^{-1}\dfrac{1}{x^{3}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-\infty }^{-1}\dfrac{1}{x^{3}}\,dx=-\dfrac{1}{2}$} \item $\dint_{0}^{\infty }e^{-x}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }e^{-x}\,dx=1$} \item $\dint_{2}^{\infty }\dfrac{dx}{x\ln x}$\dotfill ..% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{2}^{\infty }\dfrac{dx}{x\ln x}$ diverges}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\quad \dint_{2}^{\infty }\dfrac{dx}{x\ln x}% =\lim\limits_{b\rightarrow >\infty }\dint_{2}^{b}\dfrac{dx}{x\ln x}$% \par We use the $u$-substitution $u=\ln x$ so that $du=\dfrac{1}{x}\,dx$: \par $\quad \dint_{2}^{b}\dfrac{dx}{x\ln x}=\dint_{2}^{b}\dfrac{1}{\ln x}\dfrac{1% }{x}\,dx=\dint \dfrac{1}{u}\,du$% \par $\qquad =\ln \left| u\right| =\left[ \ln \left| \ln x\rule{0in}{0.13in}% \right| \right] _{2}^{b}=\ln \left| \ln b\right| -\ln \left| \ln 2\right| $. \par As $b$ grows infinitely large, so does $\ln b$ and so does $\ln |\ln b|$. \ \ Since $\lim\limits_{b\rightarrow >\infty }\ln \left| \ln b\right| $ does not exist, the integral diverges.} \item $\dint_{0}^{\infty }xe^{-x}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETProbSolvHint}{0.1505in}{0.1833in}{0in% }}{}{}{}]{Margin Hint}{% You may need l'H\^{o}pital's rule to evaluate an indeterminant form in this problem.\emph{\ }}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }xe^{-x}\,dx=1$} \item $\dint_{-\infty }^{0}\dfrac{1}{1+x^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-\infty }^{0}\dfrac{1}{1+x^{2}}\,dx=\dfrac{\pi }{2} $} \item $\dint_{\pi }^{\infty }\cos x\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{\pi }^{\infty }\cos x\,dx$ diverges}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\dint_{\pi }^{\infty }\cos x\,dx=\lim\limits_{b\rightarrow >\infty }\dint_{\pi }^{b}\cos x\,dx$% \par $\dint_{\pi }^{b}\cos x\,dx=\sin b-\sin \pi =\sin b$% \par but $\lim\limits_{b\rightarrow >\infty }\sin b$ \ doesn't exist since $\sin x $ oscillates between $1$ and $-1$ as $x$ grows large without bound.} \item $\dint_{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\,dx=\dfrac{1}{2}e^{-1}$} \item $\dint_{2/\pi }^{\infty }\dfrac{\sin \dfrac{1}{x}}{x^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{2/\pi }^{\infty }\dfrac{\sin \dfrac{1}{x}}{x^{2}}% \,dx=1$} \hrulefill Determine whether each of these improper integrals converges or diverges. \ It may not be necessary to evaluate the integral if a comparison test can be made. \item $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+e^{x}}$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETProbSolvHint}{0.1505in}{0.1833in}{0in% }}{}{}{}]{Margin Hint}{% You need to be familiar with some very basic functions of known convergence or divergence on which to base your comparisons.\emph{\ }}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+e^{x}}$ converges \ since we saw above that \par $\dint_{0}^{\infty }e^{-x}\,dx$ converges. \ By comparison, \par $0<\dfrac{1}{1+e^{x}}<\dfrac{1}{e^{x}}=e^{-x}$ \ implies convergence.} \item $\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt{x}(x+1)}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt{x}(x+1)}\,dx$ converges by comparison with $\dfrac{1}{x^{3/2}}$.} \item $\dint_{2}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt[3]{x(x-1)}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{2}^{\infty }\dfrac{1}{\sqrt[3]{x(x-1)}}\,dx$ diverges by comparison with \ $\dfrac{1}{x^{2/3}}$.} \item $\dint_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx$ converges. \par We know no antiderivative for this function but it is a very important type of function for the statistician. \par It's easy however to show convergence by a comparison test.} \hrulefill \item A particular kind of function called a \textit{probability density function(pdf)} is of importance in probability theory. \ A \textit{pdf} of a random variable $x$ is a non-negative function $f$ with the property \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $\dint_{-\infty }^{\infty }\,f(x)dx=1$ . Furthermore the probability that the value of the random variable $x$ lies between $a$ and $b$ is denoted $P(a\leq x\leq b)$ and is given by \ \ $% P(a\leq x\leq b)$ $=\dint_{a}^{b}\,f(x)dx$ . \begin{enumerate} \item Show that \ $f(x)=\dfrac{2}{\pi }\left( \dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}\right) $ \ is a \textit{pdf.}\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETProbSolvHint}{0.1505in}{0.1833in}{0in% }}{}{}{}]{Margin Hint}{% To evaluate an improper integral with \textit{both} endpoints infinite, you first choose \textit{any} convenient number $a$ in the interval $(-\infty ,\infty )$ and express the problem as the sum of two improper integrals. \par \ \ \ e.g. \ $\int_{-\infty }^{\infty }f(x)dx=\int_{-\infty }^{a}f(x)dx+\int_{a}^{\infty }f(x)dx$ . \par In order for the original integral to converge, \QTR{blue}{both }of these improper integrals must converge.\emph{\ }}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{% a. \ The function is positive for all x. \par b. $\ \dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{2}{\pi }\left( \dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}% \right) \,dx=1$% \par To integrate, it is helpful to let $\ u=e^{x}$ .}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\quad \dfrac{2}{\pi }\dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{% e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx=\dfrac{2}{\pi }\left[ \dint_{-\infty }^{0}\dfrac{e^{x}}{% 1+e^{2x}}\,dx+\dint_{0}^{\infty }\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx\right] $% \par $\qquad =\dfrac{2}{\pi }\left[ \lim\limits_{a\rightarrow >-\infty }\dint_{a}^{0}\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx+\lim\limits_{b\rightarrow >\infty }\dint_{0}^{b}\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx\right] $% \par To find an antiderivative of \ $\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}$ , \ let $u=e^{x}$, $% du=e^{x}dx$. So, \par $\quad \dint \dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}dx=\dint \dfrac{1}{1+u^{2}}\,du=\arctan u $ $=\arctan e^{x}$% \par Thus: \par $\quad \dint_{a}^{0}\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}dx=\left. \arctan e^{x}\rule% {0in}{0.15in}\right| _{a}^{0}=\arctan 1-\arctan e^{a}$% \par $\qquad =\dfrac{\pi }{4}-\arctan e^{a}$% \par Further, $\ \lim\limits_{a\rightarrow >-\infty }\arctan e^{a}=\arctan 0=0$% \par Similarly: \par $\quad \int_{0}^{b}\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}dx=\arctan e^{b}-\arctan 1=\arctan e^{b}-\dfrac{\pi }{4}$% \par and $\ \lim\limits_{b\rightarrow >\infty }\arctan e^{b}=\dfrac{\pi }{2}$. \par Putting all this together, we obtain \par $\dfrac{2}{\pi }\dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,dx=\dfrac{% 2}{\pi }\lbrack \dfrac{\pi }{4}-0+\dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{4}\rbrack =1$} \item Find $P(-1\leq x\leq 1)$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-1}^{1}\dfrac{2}{\pi }\left( \dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}% }\right) \,dx=\dfrac{2}{\pi }\left( \arctan e-\arctan \dfrac{1}{e}\right) $} \end{enumerate} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon3.wmf';file-properties "XNPEU";}} Evaluate each improper integral that converges. \ Otherwise show that the integral diverges. \item $\dint_{0}^{1}\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{1}\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx=2e-2$} \item $\dint_{0}^{\pi /2}\dfrac{\cos x}{\sqrt{1-\sin x}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\pi /2}\dfrac{\cos x}{\sqrt{1-\sin x}}% \,dx=\lim\limits_{b\rightarrow >\pi /2}\dint_{0}^{b}\dfrac{\cos x}{\sqrt{% 1-\sin x}}\,dx=2$} \item $\dint_{0}^{2}\dfrac{x}{x^{2}-4}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{2}\dfrac{x}{x^{2}-4}\,dx\quad $diverges} \item $\dint_{3}^{9}\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}-9}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{3}^{9}\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}-9}}\,dx=\ln \left( 3+2% \sqrt{2}\right) $} \hrulefill An integral may be improper at both a finite endpoint and an infinite one. \ Evaluate the following improper integral or show divergent. \item $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{4}}$\dotfill \dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETProbSolvHint}{0.1505in}{0.1833in}{0in% }}{}{}{}]{Margin Hint}{% Split the integral at a convenient point, say $x=1$, \ so that \par $\quad \dint_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{4}}=\dint_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{4}}% +\dint_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{4}}$% \par Both of these must converge for the original to converge.}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{4}}=\dint_{0}^{1}\dfrac{% dx}{x^{4}}+\dint_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{4}}$ \ diverges \par since the first integral diverges (whereas the second converges.)} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon3.wmf';file-properties "XNPEU";}} Evaluate each improper integral that converges. \ Otherwise show that the integral diverges. \item $\dint_{-1}^{3}\dfrac{dx}{x^{3}}$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-1}^{3}\dfrac{dx}{x^{3}}$ \ diverges. \par You must be observant to recognize improper integrals of this type! \ Notice what happens if you fail to notice the discontinuity at $x=0$ , and you evaluate the usual way: \ $\dint_{-1}^{3}\dfrac{dx}{x^{3}}=\left. -\dfrac{1}{% 2x^{2}}\right| _{-1}^{3}=-\dfrac{1}{18}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{8}{18}$\ !}...% \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETSolution}{0.1609in}{0.1609in}{0in}}{% }{}{}]{Margin Hint}{$\quad \dint_{-1}^{3}\dfrac{dx}{x^{3}}=\dint_{-1}^{0}% \dfrac{dx}{x^{3}}+\dint_{0}^{3}\dfrac{dx}{x^{3}}$% \par $\quad =\lim\limits_{b\rightarrow 0^{-}}\dint_{-1}^{b}\dfrac{dx}{x^{3}}% +\lim\limits_{a\rightarrow 0^{+}}\dint_{a}^{3}\dfrac{dx}{x^{3}}$% \par For the first integral, we have \par $\quad \dint_{-1}^{b}\dfrac{dx}{x^{3}}=-\left. \dfrac{1}{2x^{2}}\right| _{-1}^{b}=-\dfrac{1}{2b^{2}}+\dfrac{1}{2}$% \par which diverges since as $b\rightarrow 0^{-}$,\quad $-\dfrac{1}{2b^{2}}% \rightarrow -\infty $.} \item $\dint_{0}^{\pi }\dfrac{\cos x}{\sqrt{1-\sin x}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{\pi }\dfrac{\cos x}{\sqrt{1-\sin x}}\,dx=0$} \item $\dint_{-1}^{1}\dfrac{dx}{x^{2/3}}$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-1}^{1}\dfrac{dx}{x^{2/3}}=6$} \item $\dint_{0}^{2}\dfrac{x}{(x^{2}-1)^{2}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{2}\dfrac{x}{(x^{2}-1)^{2}}\,dx$ diverges.} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon3.wmf';file-properties "XNPEU";}} {\Large Review Exercises} Evaluate each integral that converges or show divergent. \item $\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{(x-1)^{1/3}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{0}^{2}\dfrac{1}{(x-1)^{1/3}}\,dx=0$} \item $\dint_{1}^{\infty }x^{2}e^{-x^{3}}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{1}^{\infty }x^{2}e^{-x^{3}}\,dx=\dfrac{1}{3}e^{-1}$% } \item $\dint_{1}^{2}\dfrac{dx}{2-x}$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{1}^{2}\dfrac{dx}{2-x}=2$} \item $\dint_{-\infty }^{1}\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx$\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$\dint_{-\infty }^{1}\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx\quad $diverges.% } \hrulefill \item Consider the region in the plane bounded by $y=\dfrac{1}{x},$ $y=0,$ $% x\geq 1$. \ Find each of the following that converge: \begin{enumerate} \item The area of the region\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$A=\dint_{1}^{\infty }\dfrac{1}{x}\,dx$ diverges.} \item The volume of the solid generated by revolving the region in part (a) about the $x$-axis\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{$V=\allowbreak \allowbreak \pi $ cu. units} \item The surface area of the solid in part (b).\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{% The surface area simplifies to \par $\quad A=2\pi \int_{1}^{\infty }\dfrac{\sqrt{1+x^{4}}}{x^{3}}\,dx.$% \par It is easy to show by a comparison test that this integral diverges.} \fbox{% \CustomNote[\underline{Discussion}]{Margin Hint}{% This brings up an anti-intuitive situation . \ Here is a solid with finite volume but infinite surface area! \ Many fascinating scenarios have been imagined to illustrate this: \par \ \ \ e.g. \ A transparent plexiglass steeple has the shape of this solid. \ Can we color the steeple? \ Yes, but not by painting it surely. \ We can \textit{fill it} with paint of the desired color !}} \end{enumerate} \item Use the formula for arc length to show that the circumference of the circle, $x^{2}+y^{2}=r^{2}$, is given by $C=2\pi r.$ (Show that the length of the arc in the first quadrant is $\dfrac{\pi r}{2}$.)\dotfill \CustomNote[\hyperref{\TCIIcon{BITMAPSETAnswer}{0.1609in}{0.1487in}{0in}}{}{% }{}]{Margin Hint}{% Since $x^{2}+y^{2}=r^{2},$ $\ y=\sqrt{r^{2}-x^{2}}$ for the $1^{\text{st}}$ quadrant quarter-circle. \par $\quad L=\dint_{0}^{r}\sqrt{1+\left( \dfrac{dy}{dx}\right) ^{2}}% \,dx=\dint_{0}^{r}\sqrt{1+\dfrac{x^{2}}{r^{2}-x^{2}}}\,dx$% \par $\qquad =\lim\limits_{b\rightarrow >r^{-}}\dint_{0}^{b}\sqrt{1+\dfrac{x^{2}}{% r^{2}-x^{2}}}\,dx$% \par Now \par $\quad \dint_{0}^{b}\sqrt{1+\dfrac{x^{2}}{r^{2}-x^{2}}}\,dx=\dint_{0}^{b}% \sqrt{\dfrac{r^{2}-x^{2}+x^{2}}{r^{2}-x^{2}}}\,dx$% \par $\qquad =\dint_{0}^{b}\sqrt{\dfrac{r^{2}}{r^{2}-x^{2}}}\,dx=\dint_{0}^{b}% \dfrac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\,dx$% \par Now we use trig substitution with $x=r\sin \theta $ \ \ $dx=r\cos \theta d\theta $ \ (I'll temporarily ignore the definite integral) to obtain \par $\quad \dint \dfrac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\,dx=r\dint \dfrac{r\cos \theta }{% r\cos \theta }\,d\theta =r\dint d\theta $% \par $\qquad =r\theta =r\arcsin \dfrac{x}{r}$% \par Finally \ \ $\quad L=\lim\limits_{b\rightarrow >r}\left[ r\arcsin \dfrac{x}{r% }\right] _{0}^{b}=r(\arcsin 1-\arcsin 0)=r\dfrac{\pi }{2}$. \par Thus the circumference of the circle is \ $\quad C=4(r\dfrac{\pi }{2})=2\pi r $.} \FRAME{dtbpF}{4.2653in}{0.0701in}{0pt}{}{}{maroon.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "PICT";valid_file "F";width 4.2653in;height 0.0701in;depth 0pt;original-width 290.5625pt;original-height 1pt;cropleft "0";croptop "0.5008";cropright "1";cropbottom "0.4992";filename 'graphics/maroon3.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{enumerate} \vspace{0in} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% End /document/lec_2_2_00.tex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%% Start /document/graphics/function.wmf %%%%%%%%%%%%%%%% WwlqZB@@XbOd}wfUG@zC@@@@@PRnF@@I@@@CdtB@@pA@hX@@@@@@P@@@@p@A`@@E@@@@l`@@@@ @@T@@@@@CBD@@A@@A@@@@CD@B@T@@@@pBB@@@@@PA@@@@LHP@@D@@E@@@@p`@OwB`~T@@@@pBB@ @@@@@A@@@@FDP@@P@@@@`AAH@@D@@@@XP@B@pA@@@@|K@@@@@@@@@@@P@@@@PKA@@@I@@@@ho@E @@@@@@@@HB@D@@@@tR@A@@D@@@@dL`A@@KNZHBlxh]HLA`vapD@[IBlxleHpbcFb\@@@@@ B@@@@@@@D@@@@tR@B@PB@@@@zK@@@@@@@@@@@@@@b@@A@@@@mDp@@P@@@@`AAH@@D@@@@XP @A@@A@@@@mD@@@P@@@@PKAD@@JD@@@Pr@CB@pzhaHfZCV`hjM_ARkvXFHpZS[`PkMtArmvlGHzZ c``tkMIBRpv@IHD[se`\lM_BRrvXJHL[Sk`|lMtBbtvlKHU[cp`\mMICbvv@MH][su`|mM^CRxv TNHd[C{`XnMsCBzvhOHk[S@atnMHDr{v|PHq[cEaLoM]DR}vPRHw[sJadoMrDr~vdSH|[CPaxoM GEB@wxTHA\SUaLpM\EBAwLVHE\cZa\pMqEBBwdWHI\C`alpMGFBCwxXHM\SeaxpM\FrCwLZHP\c ja@qMqFRDw`[HR\soaLqMFGrDwt\HT\CuaPqM[GREwH^HU\SzaXqMpGbEw\_HV\caXqMEHrEwp `HW\sDb\qMZHrEwDbHW\CJbXqMoHbEwXcHV\SObXqMDIREwldHU\sTbPqMZIBEwDfHS\CZbLqMo IbDwXgHQ\S_b@qMDJBDwlhHO\cdbxpMYJRCw@jHL\siblpMnJRBwTkHH\Cob\pMCKRAwhlHD\St bLpMXKR@w|mH@\cybxoMmKBvPoH{[s~bdoMBLr}vdpHu[CDcLoMWLR|vxqHo[SIctnMmLrzvPs Hh[sNcXnMBMByvdtHa[CTc|mMWMRwvxuHZ[SYc\mMlMRuvLwHR[c^c|lMANBsv`xHI[scc\lMVN BqvtyHA[CictkMkNbnvH{HwZSncPkM@OBlv\|HmZcschjMUObivp}H@kcFbP@@@@PKAH@@D@@@@ tR@C@@A@@@@FD`@@P@@@@`AAD@@U@@@@lo@[fodB@@@@@@dAD@@@@pA@H`DTeV[eMGHNUv]`Hu[ mEf[@PoQD@@@@tR@D@@D@@@@{K@E@d@@@@@@@pk@@@@@@D`@BHrTyMG]euF@nQ@@@@PKAT@@D@@ @@tR@D@PC@@@@{K@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@D@@LP@@@@PKAX@@D@@@@@_@D@PE@@@@{KpfyK i@@@@@@@Y@A@@@@\@@BHAUiuVYsAbSe]GHR}V[ayF@TKDA@@@@mD@A@T@@@@PBB@@@@@@A@@@@n D@F@P@@@@`@AD@@I@@@@HcBEUp`@D@@@@P^@@lND@@@@tR@E@@A@@@@pG@A@TA@@@p~BlY~RJ@@ @@@@PFP@@@@@G@`@RPUZmUv\`xTYwAbTouVXnA@uBQ@@@@PKAP@@D@@@@tR@E@@A@@@@mD@A@P@ @@@PKAT@@D@@@@@_@D@PE@@@@{KpfyKi@@@@@@@Y@A@@@@\@@BHAUiuVYsAbSe]GHR}V[ayF@t[ DA@@@@mD@A@T@@@@PBB@@@@@@A@@@@nD@F@P@@@@`@AD@@I@@@@HcBOBm{D@@@@@^@@lND@@@@ 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