Λογικά φράγματα

KARKAR

: Λογικά όρια.png (8.27 KiB) Προβλήθηκε 340 φορές

Το χωρίο του σχήματος έχει εμβαδόν : $E=\displaystyle\int_{0}^{\pi}2^{sinx}dx$ . Αναζητούμε

"λογικά" φράγματα για το

. Ένα κάτω φράγμα είναι το $\dfrac{3\pi}{2}\simeq 4.71$ ( γιατί ; )

Ένα άνω φράγμα είναι το

, αυτό όμως " σηκώνει πολύ νερό " .

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

dement

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...;

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.

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 18, 2018 8:35 am
Ένα άνω φράγμα είναι το , 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

θέλουμε
αλλά δεν τολμώ να το κάνω με χαρτί και μολύβι.

dement

Μπορούμε επίσης να εκμεταλλευτούμε την κυρτότητα της 2^x

για ένα καλύτερο κάτω φράγμα:

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

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ

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

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

Λάμπρος Μπαλός

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

Λογικά φράγματα

Λογικά φράγματα

Re: Λογικά φράγματα

Re: Λογικά φράγματα

Re: Λογικά φράγματα

Re: Λογικά φράγματα

Re: Λογικά φράγματα

Re: Λογικά φράγματα

Μέλη σε σύνδεση