IMC 2015/2/2

#1

Να υπολογιστεί το

$\displaystyle{ \lim_{A\to+\infty}\frac1A\int_1^A A^{\frac1x}\, dx . }$

#2

$\begin{aligned}\lim_{A\to+\infty}\frac1A\int_1^AA^{\frac1x}\,dx&\stackrel{\ln A=xt}{\!=\!=\!=}\lim_{A\to+\infty}\frac{\int_{1}^{\ln A}t^{-2}e^{t}\,dt-\int_{1}^{\frac{\ln A}{A}}t^{-2}e^{t}\,dt}{\frac{A}{\ln A}} \notag \\&\stackrel{(*)}{=}\lim_{A\to+\infty}\frac{d\left(\int_{1}^{\ln A}t^{-2}e^{t}\,dt-\int_{1}^{\frac{\ln A}{A}}t^{-2}e^{t}\,dt\right)/dA}{d\left(\frac{A}{\ln A}\right)/dA}\notag \\ &=\lim_{A\to+\infty}\frac{1+A^{1/A}(\ln A-1)}{\ln A-1}=1\end{aligned}$

(*) Από ισχυρό De l' Hospital.

#3

Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{1}^{A}A^{1/x}\,dx=A+\color{red}2\color{black}A\ln^{-1}A+\mathcal O\left(A\ln^{-2}A\right)\qquad A\to+\infty}$ .

Διορθώθηκε το κόκκινο σημείο.

#4

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{1}^{A}A^{1/x}\,dx=A+\color{red}2\color{black}A\ln^{-1}A+\mathcal O\left(A\ln^{-2}A\right)\qquad A\to+\infty}$ .

Διορθώθηκε το κόκκινο σημείο.

Αναστάση, βάζω στο δεξί μέλος $\displaystyle{A+A\ln^{-1}A+\mathcal O\left(A\ln^{-2}A\right),}$ δηλαδή όσο ήταν πριν την διόρθωση. Κάνω λάθος;

Γράφοντας $\displaystyle{A^{1/x} = e^ {\frac {\ln A} {x}}$ και κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{\frac {\ln A} {x}=y}$ , το δοθέν ολοκλήρωμα γράφεται

$\displaystyle{\int_{1}^{A}A^{1/x}\,dx= \ln A \int_{\frac {\ln A}{A}}^{\ln A} \frac {e^y}{y^2}\,dy}$ .

Το ολοκλήρωμα στο δεξί μέλος το κόβουμε στα δύο και θα δείξουμε ότι

α) $\displaystyle{\ln A \int_{\frac {\ln A}{A}}^{1} \frac {e^y}{y^2}\,dy = A +\mathcal O\left(\ln^{2}A\right) }$ και

β) $\displaystyle{\ln A \int_{1}^{\ln A} \frac {e^y}{y^2}\,dy = \frac {A}{\ln A} +\mathcal O\left( \frac {A} {\ln^{2}A}\right) }$

που με πρόσθεση κατά μέλη δίνει το ζητούμενο (με την διόρθωσή (;) μου). Έχουμε

α) $\displaystyle{\ln A \int_{\frac {\ln A}{A}}^{1} \frac {e^y}{y^2}\,dy = \ln A \int_{\frac {\ln A}{A}}^{1} \frac {1+ y + \mathcal O\left( y^2\right) }{y^2}\,dy }$

$\displaystyle{ \, ~= \ln A \left ( \left [ -\frac {1}{y}\right ]_{\frac {\ln A}{A}}^{1} +\left [ \ln y\right ]_{\frac {\ln A}{A}}^{1} + \mathcal O\left( 1 \right ) \right ) }$

$\displaystyle{ \, ~= \ln A \left ( \frac {A}{\ln A}} -1 -( \ln \ln A - \ln A )+ \mathcal O\left( 1 \right ) \right ) = A +\mathcal O\left(\ln^{2}A\right) }$

Επίσης, με δύο φορές ολοκλήρωση κατά μέλη έχουμε

β) $\displaystyle{\ln A \int_{1}^{\ln A} \frac {e^y}{y^2}\,dy = \ln A \left ( \left [ \frac {e^y}{y^2}\right ]_{1}^{\ln A} +2 \left [ \frac {e^y}{y^3}\right ]_{1}^{\ln A} + 6 \int_{1}^{\ln A} \frac {e^y}{y^4}\,dy\right ) }$

$\displaystyle{ = \ln A \left ( \frac {A}{ \ln ^2 A} -1 +2 \frac {A}{\ln ^3 A} - 2 + 6 \int_{1}^{\ln A} \frac {e^y}{y^4}\,dy \right ) ,\, ~ (*)}$

Όμως από Θ.Μ.Τ. το δεξί ολοκλήρωμα στην (*)

ισούται με $\displaystyle{ \frac {e^{\xi }}{\xi ^4}(\ln A -1) ,\, ~(**)}$ . Όμως παραγωγίζοντας βλέπουμε ότι η $\displaystyle{ \frac {e^{t }}{t ^4}}$ είναι αύξουσα (για $t\ge 4$ ), οπότε η (**)

είναι

$\displaystyle{ \le \frac {e^{\ln A }}{\ln ^4 Α}(\ln A -1) = \mathcal O\left( \frac {A} {\ln^{3}A}\right)}$

Θέτοντας αυτά στην (*)

έπεται ότι το δεξί μέλος είναι $\displaystyle{ = \frac {A}{ \ln A} + \mathcal O\left(\frac {A} {\ln^{2}A}\right)}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#5

http://www.mathproblems-ks.org/?wpfb_dl=76#page=12

http://asymmetry.gr/images/proposals_so ... oblems.pdf

IMC 2015/2/2

IMC 2015/2/2

Re: IMC 2015/2/2

Re: IMC 2015/2/2

Re: IMC 2015/2/2

Re: IMC 2015/2/2

Μέλη σε σύνδεση