Απορία σε άσκηση.

dimitri_s · #1

Καλησπέρα σε όλους είμαι νέο μέλος και θα ήθελα τη βοήθειά σας σε μια άσκηση που με έχει ταλαιπωρήσει αρκετά. Σας τη παραθέτω και ελπίζω κάποιος να με βοηθήσει.

Κάνοντας χρήση του θεωρήματος μέσης τιμής του ολοκληρωτικού λογισμού να βρεθεί το πρόσημο του ακόλουθου ολοκληρώματος:
$\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\bigl({\ln({1+x})-\ln({1+x^2})}\bigr)\sin({2x})\,dx}$ .

#2

dimitri_s έγραψε: Κυρ Σεπ 11, 2011 3:43 am...σε μια άσκηση που με έχει ταλαιπωρήσει αρκετά...

Δεν έχει άδικο! Αν είναι εφικτό να βρεθεί το πρόσημο του ολοκληρώματος -το οποίο είναι θετικό- μάλλον γίνεται με δύσκολο τρόπο. Εγώ δεν το κατόρθωσα. Παραθέτω κάποιες διαπιστώσεις που, ενδεχομένως, να βοηθήσουν κάποιον άλλον:

Η συνάρτηση $f(x)=\sin(2x)\,,\; x\in\big[0,\frac{\pi}{2}\big]\,,$ είναι θετική στο $\big[0,\frac{\pi}{2}\big]$ και η συνάρτηση $g(x)=\log(1+x)-\log(1+x^2)\,,\; x\in\big[0,\frac{\pi}{2}\big]\,,$ είναι θετική στο [0,1]

, αλλά αρνητική στο $\big[1,\frac{\pi}{2}\big]$ , ενώ και οι δυο συναρτήσεις είναι συνεχείς στο $\big[0,\frac{\pi}{2}\big]$ . Δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το 1ο Θ.Μ.Τ.Ο.Λ. με την

να είναι η ολοκληρωτέα, αφού δεν είναι σταθερού προσήμου στο $\big[0,\frac{\pi}{2}\big]$ , ενώ στην περίπτωση όπου θεωρήσουμε σαν ολοκληρωτέα την

στο $\displaystyle g(\xi)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}g(x)\,dx$ δεν γνωρίζουμε το πρόσημο του $g(\xi)$ . Παρόμοια ισχύουν και για το 2ο θεώρημα.

Αλλά και χωρίς την υπόδειξη για χρήση Θ.Μ.Τ.Ο.Λ. δεν φαίνεται να μπορούμε να έχουμε άμεσο υπολογισμό. π.χ.

$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\big(\log(1+x)-\log(1+x^2)\big)\sin(2x)\,dx&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\bigg(\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}-\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{n}\bigg)\sin(2x)\,dx\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(x^{n}-x^{2n})\sin(2x)\,dx\,,\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\big(\log(1+x)-\log(1+x^2)\big)\sin(2x)\,dx&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\big(\log(1+x)-\log(1+x^2)\big)\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}(2x)^{2n-1}}{(2n-1)!}\,dx\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}\,2^{2n-1}}{(2n-1)!}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2n-1}\big(\log(1+x)-\log(1+x^2)\big)\,dx\,,\end{aligned}$

με τα τελικά ολοκληρώματα είτε να μην υπολογίζονται, είτε να μην φράσσονται (εύκολα).
Κάποια ιδέα;!

Απορία σε άσκηση.

Απορία σε άσκηση.

Re: Απορία σε άσκηση.

Μέλη σε σύνδεση