Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\alpha \geq 1$ . Ορίζουμε τη συνάρτηση
$\displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x}$ Δείξατε ότι $\displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha}$ .

Υ.Σ: Έχει μελετηθεί εκτενέστατα η παραπάνω συνάρτηση στο

από τον γνωστό ύποπτο.

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 18, 2018 11:01 am
Έστω $\alpha \geq 1$ . Ορίζουμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x}$ . Δείξατε ότι $\displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha}$ .

$\displaystyle a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop { = = = = = }\limits^{{x^a} = y} \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}dy}$ .

Όμως $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right) = 2 \Rightarrow \left( {\forall \varepsilon > 0} \right),\exists {a_o} > 0:\left( {\forall a > {a_o}} \right) \Rightarrow 2 - \varepsilon < 1 + {y^{ - 1/a}} < 2 + \varepsilon$

Άρα για $\displaystyle y \in \left( {0,1} \right):\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 + \varepsilon } \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

Όμως $\displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{y}dy} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{n}\int\limits_0^1 {{y^{n - 1}}dy} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}$

Οπότε $\displaystyle \forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}} \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

Επομένως $\displaystyle \left( {\forall \varepsilon > 0} \right){\rm{ \kappa \alpha \iota }}\forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

που σημαίνει ότι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{{24}}$ , δηλαδή $\displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop \sim \limits^{a \to + \infty } = \frac{{{\pi ^2}}}{{24 \cdot a}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 27, 2018 11:53 am

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 18, 2018 11:01 am
Έστω $\alpha \geq 1$ . Ορίζουμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x}$ . Δείξατε ότι $\displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha}$ .
$\displaystyle a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop { = = = = = }\limits^{{x^a} = y} \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}dy}$ .

Όμως $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right) = 2 \Rightarrow \left( {\forall \varepsilon > 0} \right),\exists {a_o} > 0:\left( {\forall a > {a_o}} \right) \Rightarrow 2 - \varepsilon < 1 + {y^{ - 1/a}} < 2 + \varepsilon$

Άρα για $\displaystyle y \in \left( {0,1} \right):\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 + \varepsilon } \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

Όμως $\displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{y}dy} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{n}\int\limits_0^1 {{y^{n - 1}}dy} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}$

Οπότε $\displaystyle \forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}}} \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

Επομένως $\displaystyle \left( {\forall \varepsilon > 0} \right){\rm{ \kappa \alpha \iota }}\forall a > {a_o}:\frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 + \varepsilon } \right)}} \le a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \le \frac{{{\pi ^2}}}{{12\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

που σημαίνει ότι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{{24}}$ , δηλαδή $\displaystyle \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} \mathop \sim \limits^{a \to + \infty } = \frac{{{\pi ^2}}}{{24 \cdot a}}$

Όμως $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{a \to \infty } \left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right) = 2 \Rightarrow \left( {\forall \varepsilon > 0} \right),\exists {a_o} > 0:\left( {\forall a > {a_o}} \right) \Rightarrow 2 - \varepsilon < 1 + {y^{ - 1/a}} < 2 + \varepsilon$

$\displaystyle y \in \left( {0,1} \right):\frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 + \varepsilon } \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {1 + {y^{ - 1/a}}} \right)}} < \frac{{\log \left( {1 + y} \right)}}{{y\left( {2 - \varepsilon } \right)}}$

Το $a_{o}$ εξαρτάται από το

π.χ αν πάρουμε $y=(\frac{1}{a})^{a}$ το βλέπουμε.

Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε.

Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή.

Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας.

(η σύγκληση είναι ομοιόμορφη στα συμπαγή)

#4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 31, 2018 1:55 pm
Το $a_{o}$ εξαρτάται από το π.χ αν πάρουμε $y=(\frac{1}{a})^{a}$ το βλέπουμε.

Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε.

Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή.

Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας.

(η σύγκληση είναι ομοιόμορφη στα συμπαγή)

Όπως πάντα ο Σταύρος κυριολεκτικός και πλήρης. Τον ευχαριστούμε πολύ !!!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 31, 2018 7:06 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 31, 2018 1:55 pm
Το $a_{o}$ εξαρτάται από το π.χ αν πάρουμε $y=(\frac{1}{a})^{a}$ το βλέπουμε.

Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε.

Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή.

Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας.

(η σύγκληση είναι ομοιόμορφη στα συμπαγή)
Όπως πάντα ο Σταύρος κυριολεκτικός και πλήρης. Τον ευχαριστούμε πολύ !!!

Εγώ σε ευχαριστώ Σεραφείμ.
Διότι οι λύσεις σου εκτός από ευχαρίστηση μου προσφέρουν και γνώση.

Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Re: Ασυμπτωτικό ολοκληρώματος

Μέλη σε σύνδεση