1/lnx

ντεχι · #1

Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\lim_{x\to 1^+}\int_{x}^{x^2}\frac{t}{\ln t}dt}$

Tolaso J Kos · #2

ντεχι έγραψε:Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\lim_{x\to 1^+}\int_{x}^{x^2}\frac{t}{\ln t}dt}$

Ισχύει ότι $\displaystyle{1- \frac{1}{x}< \ln x < x- 1, \;\; \forall x >1}$ οπότε

$\displaystyle{\frac{t}{t-1}<\frac{t}{\ln t}< \frac{t^2}{t-1} \Rightarrow \int_{x}^{x^2} \frac{t}{t-1}\, {\rm d}t < \int_x^{x^2} \frac{t}{\ln t} \, {\rm d}t < \int_{x}^{x^2} \frac{t^2}{t-1}\, {\rm d}t}$ .

Όμως:

$\displaystyle{\int_{x}^{x^2} \frac{t}{t-1}\, {\rm d}t= \left [ t + \ln (t-1) \right ]_x^{x^2} = x^2+\ln (x^2-1) - x - \ln (x-1) =x^2 + \ln (x+1) -x}$ και

$\displaystyle{\int_{x}^{x^2}\frac{t^2}{t-1}\, {\rm d}t =\frac{1}{2}\left [ x\left ( x^3+x-2 \right )+ 2 \ln (x+1) \right ]}$

Οπότε παίρνοντας όρια (προσοχή: το

όταν παίρνουμε όρια γίνεται $\leq$ ) και χρησιμοποιώντας το κριτήριο παρεμβολής βλέπουμε πως το ζητούμενο όριο ισούται με $\ln 2$ .

Υ.Σ: Μήπως εννοούσες όμως το όριο $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1+} \int_{x}^{x^2} \frac{{\rm d}t}{\ln t}}$ ;

#3

Καλησπέρα σε όλους

Στο πνεύμα του Αποστόλη αλλά με πιο αναλυτικές πράξεις

H εφαπτομένη της $\displaystyle{f(x)=\ln x,x>0}$ στο σημείο $\displaystyle{(1,0)}$ είναι η $\displaystyle{\text{ }y=x-1}$ και λόγω της κυρτότητας της f ισχύει ότι $\displaystyle{\ln x\le x-1,x>0\text{ }(1)}$ .
Για x >1 θα ισχύει ότι $\displaystyle{\frac{1}{\ln x}>\frac{1}{x-1}\Leftrightarrow \frac{x}{\ln x}>\frac{x}{x-1}}$ και ακόμη αν αντικαταστήσουμε στην (1) όπου x το $\displaystyle{\frac{1}{x}\text{ }}$ θα ισχύει ότι : $\displaystyle{\ln \frac{1}{x}\le \frac{1}{x}-1,x>0}$ ή $\displaystyle{-\ln x\le \frac{1-x}{x}\Leftrightarrow \ln x\ge \frac{x-1}{x}}$ , οπότε για $\displaystyle{x>1}$ θα ισχύει ότι : $\displaystyle{\frac{1}{\ln x}<\frac{x}{x-1}\Rightarrow \frac{x}{\ln x}<\frac{{{x}^{2}}}{x-1}}$ , κι έτσι τελικά θα έχουμε για $\displaystyle{x>1}$ ότι : $\displaystyle{\frac{x}{x-1}<\frac{x}{\ln x}<\frac{{{x}^{2}}}{x-1},\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}$
και αφού για $\displaystyle{x>1}$ ισχύει και $\displaystyle{{{x}^{2}}>x}$ , ολοκληρώνοντας την (2) προκύπτει ότι : $\displaystyle{\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{t}{t-1}dt}<\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{t}{\ln t}}dt<\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{{{t}^{2}}}{t-1}dt}}$ . Όμως
$\displaystyle{\begin{array}{l} \int\limits_x^{{x^2}} {\frac{t}{{t - 1}}dt} = \int\limits_x^{{x^2}} {\frac{{t - 1 + 1}}{{t - 1}}dt} = \left[ {t + \ln \left| {t - 1} \right|} \right]_x^{{x^2}} = \\ \\ = {x^2} + \ln \left| {{x^2} - 1} \right| - x - \ln \left| {x - 1} \right| = {x^2} - x + \ln \left| {x + 1} \right| \\ \end{array}}$
και $\displaystyle{\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{{{t}^{2}}}{t-1}dt}=\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{{{t}^{2}}-1+1}{t-1}dt}=\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\left( t+1+\frac{1}{t-1} \right)dt}=}$ $\displaystyle{\left[ \frac{{{t}^{2}}}{2}+t+\ln \left| t-1 \right| \right]_{x}^{{{x}^{2}}}=\frac{{{x}^{4}}}{2}+{{x}^{2}}-\frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left| x+1 \right|=\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left| x+1 \right|}$ .
Τελικά ισχύει ότι : $\displaystyle{{{x}^{2}}-x+\ln \left| x+1 \right|<\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{1}{\ln t}}dt<\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left| x+1 \right|}$
και επειδή : $\displaystyle{\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,({{x}^{2}}-x+\ln \left| x+1 \right|)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left| x+1 \right|)=\ln 2}$ ,
θα είναι σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής : $\displaystyle{\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{t}{\ln t}}dt=\ln 2}$

Υ.Γ Το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {\mkern 1mu} \int\limits_x^{{x^2}} {\frac{1}{{\ln t}}} dt = \ln 2}$ και πάλι

ντεχι · #4

Ευχαριστώ και τους δύο για την ενασχόληση

#5

εδώ8Γ1 σελ 254

1/lnx

1/lnx

Re: 1/lnx

Re: 1/lnx

Re: 1/lnx

Re: 1/lnx

Μέλη σε σύνδεση