Λογικά φράγματα

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10085
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Λογικά φράγματα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Μαρ 18, 2018 8:35 am

Λογικά  όρια.png
Λογικά όρια.png (8.27 KiB) Προβλήθηκε 387 φορές
Το χωρίο του σχήματος έχει εμβαδόν : E=\displaystyle\int_{0}^{\pi}2^{sinx}dx . Αναζητούμε

"λογικά" φράγματα για το E . Ένα κάτω φράγμα είναι το \dfrac{3\pi}{2}\simeq 4.71 ( γιατί ; )

Ένα άνω φράγμα είναι το 5 , αυτό όμως " σηκώνει πολύ νερό " .

Μπορείτε να βρείτε ένα έστω μεγαλύτερο αλλά "λογικό" , άνω φράγμα :?:



Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Λογικά φράγματα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Κυρ Μαρ 18, 2018 11:20 am

Αντικαθιστώντας το 2^{\sin x} με \min (2^x, 2, 2^{\pi - x}) παίρνουμε ως άνω φράγμα το \displaystyle \frac{2}{\ln 2} + 2\pi - 4 = 5.168.... Λογικό...;


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6112
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Λογικά φράγματα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Μαρ 18, 2018 7:37 pm

Ένα καλύτερο άνω φράγμα:

Είναι

\displaystyle{\int_{0}^{\pi}2^{\sin x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2^{\sin x}dx+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}2^{\sin x}dx.}

Στο δεύτερο ολοκλήρωμα εκτελούμε την αλλαγή \displaystyle{x=\frac{\pi }{2}+t,} οπότε βρίσκουμε

\displaystyle{\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}2^{\sin x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2^{\cos x}dx}.

Επομένως είναι

\displaystyle{\int_{0}^{\pi}2^{\sin x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(2^{\sin x}+2^{\cos x}\right)dx.}

Επειδή \displaystyle{\max (2^{\sin x}+2^{\cos x})=2^{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}}, προκύπτει

\displaystyle{\int_{0}^{\pi}2^{\sin x}dx<\pi \cdot 2^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\simeq 5,128.}

Αποδεικνύουμε ότι

\displaystyle{\max_{x\in [0,\frac{\pi}{2}]} (2^{\sin x}+2^{\cos x})=2^{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}.}

Αρκεί να αποδείξουμε ότι αν \displaystyle{a,b\geq 0, ~a+b=1,} τότε \displaystyle{2^{\sqrt{a}}+2^{\sqrt{b}}\leq 2^{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}.}

Πράγματι, η συνάρτηση \displaystyle{2^{\sqrt{x}}, x\in [0,1]} είναι κοίλη, αφού \displaystyle{(2^{\sqrt{x}})''=\frac{2^{\sqrt{x} - 2} \ln 2 (\sqrt{x} \ln 2 - 1)}{x^{3/2}}<0,}

οπότε το ζητούμενο είναι άμεσο από Jensen.


Μάγκος Θάνος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10632
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Λογικά φράγματα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Μαρ 18, 2018 10:28 pm

KARKAR έγραψε:
Κυρ Μαρ 18, 2018 8:35 am
Ένα άνω φράγμα είναι το 5 , αυτό όμως " σηκώνει πολύ νερό " .
Σωστά.

Με λογισμικό βρήκα ότι η τιμή του ολοκληρώματος είναι 4,992159138 οπότε οι
παραπάνω ωραιότατες μέθοδοι έπεσαν πολύ κοντά.

Αν θέλουμε καλύτερη προσσέγγιση, αλλά με βαρύ το τίμημα των πράξεων, μπορούμε να
κάνουμε προσσέγγιση με εξωτερικά παραλληλόγραμμα ή, ακόμα καλύτερα, με τον κανόνα του Simpson
με εξωτερικά τραπέζια. Με τέτοια προσέγγιση μπορούμε να πάμε όσο κοντά στο 5 θέλουμε
αλλά δεν τολμώ να το κάνω με χαρτί και μολύβι.


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Λογικά φράγματα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Δευ Μαρ 19, 2018 1:14 am

Μπορούμε επίσης να εκμεταλλευτούμε την κυρτότητα της 2^x για ένα καλύτερο κάτω φράγμα:

\displaystyle \int_0^\pi 2^{\sin x} \mathrm{d}x \geqslant \pi \cdot 2^{\frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} \sin x \mathrm{d}x} = \pi \cdot 2^{2/ \pi} = 4.884...


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2051
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Λογικά φράγματα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μαρ 19, 2018 3:29 pm

Νομίζω ότι η καλύτερη δυνατή αντιμετώπιση είναι

Αν I=\int_{0}^{\pi }2^{\sin x}dx=\int_{0}^{\pi }e^{\ln 2\sin x}dx

τότε αν αναπτύξουμε κατά Taylor και ολοκληρώσουμε προκύπτει ότι

R_{n}\leq I-\sum_{k=0}^{n}\frac{(\ln 2)^{k}}{k!}I_{k}\leq 2R_{n}

όπου I_{k}=\int_{0}^{\pi }(\sin x)^{k}dx,k=0,1,2,...

και R_{n}=\dfrac{(\ln 2)^{n+1}}{(n+1)!}I_{n+1}

Τις τιμές των I_{k} βρίσκονται στο

https://en.wikipedia.org/wiki/Wallis_product

Ενδεικτικά

R_{2}\approx 0,0733,R_{3}\approx 0,01132,R_{4}\approx 0,00142,R_{5}\approx 0,000151


Άβαταρ μέλους
Λάμπρος Μπαλός
Δημοσιεύσεις: 895
Εγγραφή: Τρί Αύγ 13, 2013 12:21 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Λογικά φράγματα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Μπαλός » Δευ Μαρ 19, 2018 8:13 pm

Νομίζω προκύπτουν καλά φράγματα από την

1+\frac{sinx}{2}+\frac{sin^{2}x}{2} \leq 2^{sinx} \leq 1+\frac{5}{6}sinx+\frac{sin^{3}x}{6}

Η επιλογή των ακραίων συναρτήσεων προέκυψε από τεχνική της γενικευμένης Bernoulli. Για να βγει η δεξιά κάτω από το 5 πρέπει να φτάσουμε νομίζω σε 7η δύναμη.
Η λύση είναι του Χρήστου Πατήλα


Λάμπρος Μπαλός
lamprosbalos81@gmail.com
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Demetres, kkala και 2 επισκέπτες