IMC 2017/2/1

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8265
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 2017/2/1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Αύγ 04, 2017 3:36 pm

Έστω συνεχής συνάρτηση f:[0;+\infty)\to \mathbb R ώστε \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=L. (Το όριο υπάρχει και επιτρέπεται να είναι πεπερασμένο ή άπειρο.) Να δειχθεί ότι

\displaystyle{\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^{1}f(nx)\,\mathrm{d}x=L.}

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση του θέματος. Ευχαριστώ τον Σιλουανό που παρατήρησε εγκαίρως ότι ανάρτησα το περσινό!



Λέξεις Κλειδιά:
fdns
Δημοσιεύσεις: 46
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 13, 2012 3:46 pm

Re: IMC 2017/2/1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από fdns » Σάβ Αύγ 05, 2017 8:37 pm

Αν και νομίζω ότι υπάρχει πιο απλός τρόπος, (έχω την εντύπωση ότι κάπου κάνω κύκλους στη συλλογιστική μου) θα επιχειρήσω μια λύση.

Έχουμε και λέμε:

\displaystyle{\int_{0}^{1}f(nx)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{n}f(x)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x)\, \mathrm{d}x} ,

όπου στην 1η ισότητα εφαρμόζουμε αλλαγή μεταβλητής και στη 2η σπάμε το διάστημα [0,n] στα επιμέρους διαστήματα μήκους 1.

Από το ΘΜΤ του Ολοκληρωτικού Λογισμού, υπάρχει c_k\in [k,k+1] , τέτοιο ώστε: \displaystyle{\int_{k}^{k+1}f(x)\, \mathrm{d}x=f(c_k)} , για k=0, 1, \dots , n. Παρατηρούμε επίσης από θεώρημα παρεμβολής ότι c_n\to\infty καθώς n\to\infty .

Άρα: \displaystyle{\int_{0}^{1}f(nx)\, \mathrm{d}x=\frac{f(c_0)+\dots +f(c_{n-1})}{n}} , το οποίο όμως από γνωστά θεωρήματα (πχ Cesaro-Stolz) έχει την ίδια οριακή συμπεριφορά με το f(c_n) , το οποίο τείνει στο L , από την αρχή μεταφοράς.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2017/2/1

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Αύγ 05, 2017 9:37 pm

fdns έγραψε:Αν και νομίζω ότι υπάρχει πιο απλός τρόπος
Βεβαίως. Η άσκηση είναι μάλλον απλή για τέτοιο διαγωνισμό:

Για L \in \mathbb R, έστω \epsilon > 0. Υπάρχει M \ge 0 τέτοιο ώστε για x\ge M είναι
L-\epsilon < f(x) < L+\epsilon. Άρα για n\ge M έχουμε

\displaystyle{\int_{0}^{1}f(nx)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{n}f(x)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{M}f(x)\, \mathrm{d}x + \frac{1}{n}\int_{M}^{n}f(x)\, \mathrm{d}x=

\displaystyle{\le \frac{c}{n} + \frac{(L+\epsilon) (n-M)}{n} <\epsilon +( L+  \epsilon) για αρκούντως μεγάλο n.

Και λοιπά. Ανάλογα και η περίπτωση L=\infty.
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Κυρ Αύγ 06, 2017 12:47 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4013
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: IMC 2017/2/1

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Αύγ 05, 2017 10:20 pm

Χμμ.. νομίζω πως αν κάνουμε τη αλλαγή μεταβλητής u=nx και χρησιμοποιήσουμε την "ισχυρή μορφή του DLH" τότε βγάζουμε το αποτέλεσμα αφού μετά την εφαρμογή του κανόνα θα έχουμε \lim \limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)  = L.

Δεν έχω κοιτάξει τις τεχνικές λεπτομέρεις οπότε ελπίζω μην κάνω λάθος.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1353
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: IMC 2017/2/1

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Κυρ Αύγ 06, 2017 12:03 pm

Άλλη μια ιδέα για πεπερασμένο όριο.

Γράφουμε,

\displaystyle{\int_{0}^{1}f(n\,x)\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}f(x)\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}(f(x)-L)\,\mathrm{d}x+L\,\,,n\in\mathbb{N}}

Θα δείξουμε ότι \displaystyle{\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\to 0} , όπου η συνεχής \displaystyle{g:\left[0,+\infty\right)\to \mathbb{R}}

με \displaystyle{g(x)=f(x)-L} ικανοποιεί την \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}g(x)=0} . Θεωρούμε την πραγματική ακολουθία

\displaystyle{a_n=\int_{n-1}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x} . Έστω \displaystyle{\epsilon>0} . Εφ' όσον \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}g(x)=0}

υπάρχει \displaystyle{r>0} ώστε \displaystyle{x>r\implies |g(x)|<\epsilon} . Για το \displaystyle{r>0} , υπάρχει

\displaystyle{n_0\in\mathbb{N}} με \displaystyle{n_0-1>r} , οπότε για κάθε \displaystyle{n\geq n_0} ισχύει

\displaystyle{|a_n|=\left|\int_{n-1}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\right|\leq \int_{n-1}^{n}|g(x)|\,\mathrm{d}x<\int_{n-1}^{n}\epsilon\,\mathrm{d}x=\epsilon}

Συνεπώς \displaystyle{a_n\to 0} και άρα \displaystyle{\dfrac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}a_k=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\to 0}

όπως θέλαμε.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2017/2/1

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Αύγ 06, 2017 3:41 pm

BAGGP93 έγραψε:Άλλη μια ιδέα
Βαγγέλη, ας παρατηρηθεί ότι δεν πρόκειται για άλλη ιδέα αλλά ουσιαστικά είναι ακριβώς η ίδια λύση με μόνη διαφορά ότι είναι διατυπωμένη/ντυμένη με άλλα λόγια (τα περισσότερα από τα οποία είναι και περιττά).

Για παράδειγμα στο βήμα
BAGGP93 έγραψε: \displaystyle{a_n=\int_{n-1}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x} .
έσπασες το ολοκλήρωμα \displaystyle{\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x}
σε επιμέρους κομμάτια/προσθετέους για να τα ξανακολλήσεις στο βήμα
BAGGP93 έγραψε: \displaystyle{\dfrac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}a_k=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\to 0}
Με άλλα λόγια το βήμα αυτό είναι περιττό, αφού μπορούσες να εργαστείς απευθείας με το \displaystyle{\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x} χωρίς το κόπο να το κόψεις και να το ξαναράψεις. Ο απευθείας τρόπος, όπως στην δική μου λύση, κάνει ακριβώς τα ίδια βήματα, χωρίς τα περιττά.

Και στα άλλα βήματα, αν βγάλεις τα περιττά, ξαναέρχεσαι στην λύση που έγραψα.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2017/2/1

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Αύγ 06, 2017 10:34 pm

Tolaso J Kos έγραψε:Χμμ.. νομίζω πως αν κάνουμε τη αλλαγή μεταβλητής u=nx και χρησιμοποιήσουμε την "ισχυρή μορφή του DLH" τότε βγάζουμε το αποτέλεσμα αφού μετά την εφαρμογή του κανόνα θα έχουμε \lim \limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)  = L.
Ας δούμε λύση με l' Hospital. Προσθέτω ότι με ένα μικρό τέχνασμα μπορούμε να αποφύγουμε την ισχυρή μορφή, μια και είναι εκτός ύλης.

Εξετάζοντας την f(x)+1 στην θέση της f(x), αν χρειαστεί, μπορούμε να υποθέσουμε ότι L\ne 0. Επίσης, χωρίς βλάβη L>0. Τότε (παίρνω u\in \mathbb R αντί n\in \mathbb N) είναι \displaystyle{ \int_0^{u}f(t)\,\mathrm{d}t \to \infty ,} οπότε από l' Hospital

\displaystyle{\int_0^{1}f(ux)\,\mathrm{d}x=\frac {\int _0^{u}f(t)\,\mathrm{d}t }{u} = \frac {\infty  }{\infty}=  \frac {f(u) }{1}\to L


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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