Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3158
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Ιαν 18, 2018 11:01 am

Έστω \alpha \geq 1. Ορίζουμε τη συνάρτηση
\displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x} Δείξατε ότι \displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha} .

Υ.Σ: Έχει μελετηθεί εκτενέστατα η παραπάνω συνάρτηση στο :logo: από τον γνωστό ύποπτο.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1867
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Ιαν 27, 2018 11:53 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Πέμ Ιαν 18, 2018 11:01 am
Έστω \alpha \geq 1. Ορίζουμε τη συνάρτηση \displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x} . Δείξατε ότι \displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha} . :no: :no:
\displaystyle a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop { =  =  =  =  = }\limits^{{x^a} = y} \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}dy} .

Όμως \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right) = 2 \Rightarrow \left( {\forall \varepsilon  > 0} \right),\exists {a_o} > 0:\left( {\forall a > {a_o}} \right) \Rightarrow 2 - \varepsilon  < 1 + {y^{ - 1/a}} < 2 + \varepsilon

Άρα για \displaystyle y \in \left( {0,1} \right):\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 + \varepsilon } \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 - \varepsilon } \right)}}

Όμως \displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{y}dy}  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{n}\int\limits_0^1 {{y^{n - 1}}dy} }  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^2}}}}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}

Οπότε \displaystyle \forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}}  \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}

Επομένως \displaystyle \left( {\forall \varepsilon  > 0} \right){\rm{ \kappa \alpha \iota   }}\forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx}  \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}

που σημαίνει ότι \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{24}} , δηλαδή \displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop  \sim \limits^{a \to  + \infty }  = \frac{{{\pi ^2}}}{{24 \cdot a}}


τελευταία επεξεργασία από Σεραφείμ σε Σάβ Ιαν 27, 2018 2:33 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Σεραφείμ Τσιπέλης
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1619
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Ιαν 31, 2018 1:55 pm

Σεραφείμ έγραψε:
Σάβ Ιαν 27, 2018 11:53 am
Tolaso J Kos έγραψε:
Πέμ Ιαν 18, 2018 11:01 am
Έστω \alpha \geq 1. Ορίζουμε τη συνάρτηση \displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x} . Δείξατε ότι \displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha} . :no: :no:
\displaystyle a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop { =  =  =  =  = }\limits^{{x^a} = y} \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}dy} .

Όμως \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right) = 2 \Rightarrow \left( {\forall \varepsilon  > 0} \right),\exists {a_o} > 0:\left( {\forall a > {a_o}} \right) \Rightarrow 2 - \varepsilon  < 1 + {y^{ - 1/a}} < 2 + \varepsilon

Άρα για \displaystyle y \in \left( {0,1} \right):\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 + \varepsilon } \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 - \varepsilon } \right)}}

Όμως \displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{y}dy}  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{n}\int\limits_0^1 {{y^{n - 1}}dy} }  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^2}}}}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}

Οπότε \displaystyle \forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}}  \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}

Επομένως \displaystyle \left( {\forall \varepsilon  > 0} \right){\rm{ \kappa \alpha \iota   }}\forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx}  \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}

που σημαίνει ότι \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{24}} , δηλαδή \displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop  \sim \limits^{a \to  + \infty }  = \frac{{{\pi ^2}}}{{24 \cdot a}}


Όμως \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right) = 2 \Rightarrow \left( {\forall \varepsilon  > 0} \right),\exists {a_o} > 0:\left( {\forall a > {a_o}} \right) \Rightarrow 2 - \varepsilon  < 1 + {y^{ - 1/a}} < 2 + \varepsilon

\displaystyle y \in \left( {0,1} \right):\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 + \varepsilon } \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 - \varepsilon } \right)}}


Το a_{o} εξαρτάται από το y π.χ αν πάρουμε y=(\frac{1}{a})^{a} το βλέπουμε.

Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε.

Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή.

Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας.

(η σύγκληση είναι ομοιόμορφη στα συμπαγή)


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1867
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τετ Ιαν 31, 2018 7:06 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Ιαν 31, 2018 1:55 pm
Το a_{o} εξαρτάται από το y π.χ αν πάρουμε y=(\frac{1}{a})^{a} το βλέπουμε.

Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε.

Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή.

Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας.

(η σύγκληση είναι ομοιόμορφη στα συμπαγή)
Όπως πάντα ο Σταύρος κυριολεκτικός και πλήρης. Τον ευχαριστούμε πολύ !!! :) :)


Σεραφείμ Τσιπέλης
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1619
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Φεβ 03, 2018 10:24 pm

Σεραφείμ έγραψε:
Τετ Ιαν 31, 2018 7:06 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Ιαν 31, 2018 1:55 pm
Το a_{o} εξαρτάται από το y π.χ αν πάρουμε y=(\frac{1}{a})^{a} το βλέπουμε.

Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε.

Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή.

Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας.

(η σύγκληση είναι ομοιόμορφη στα συμπαγή)
Όπως πάντα ο Σταύρος κυριολεκτικός και πλήρης. Τον ευχαριστούμε πολύ !!! :) :)
Εγώ σε ευχαριστώ Σεραφείμ.
Διότι οι λύσεις σου εκτός από ευχαρίστηση μου προσφέρουν και γνώση.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης