Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

#21

Βαγγέλη, σε γενικές γραμμές συμφωνώ με την τοποθέτησή σου. Επέτρεψέ μου όμως να σημειώσω 1-2 σημεία από τα γραφόμενά σου.

BAGGP93 έγραψε:...Θα μιλήσω για το Μαθηματικό Ιωαννίνων, στο οποίο είμαι φοιτητής και μπορώ να έχω μια γνώμη για το τι συμβαίνει. Στο τμήμα αυτό, υπάρχουν 3,4 καθηγητές, οι οποίοι κάνουν πολύ καλή δουλειά, είναι διεθνώς γνωστοί, και προσωπικά, έμαθα πολλά πράγματα από αυτούς στα μαθηματικά. Συνεπώς, δεν πρέπει να μπαίνουν όλοι στο ίδιο τσουβάλι.

Και βέβαια δεν τους βάζει κανείς στο ίδιο τσουβάλι (τουναντίον τους τιμούμε αυτούς τους λίγους), αλλά αν σε ένα τμήμα υπάρχουν 3-4 καλοί καθηγητές ανάμεσα στους 20, τότε, κατά την γνώμη μου, η κατάσταση δεν είναι...καλή.

BAGGP93 έγραψε:.. Το θέμα που έθεσε ο Γρηγόρης, έχει τεθεί και σε προηγούμενη εξεταστική μόνο που εκεί είχαμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=x^2+1\,,x\in\mathbb{R}}$ .

Το παλιότερο θέμα το είχαμε συζητήσει εδώ. Αυτό είναι που δημοσίευσα παραπάνω είναι χειρότερο (Δεν είναι δυνατόν να βρεθούν ούτε τα σημεία τομής του κύκλου και της γραφικής παράστασης της συνάρτησης.)

Υ.Γ. Βαγγέλη, παρεμπιπτόντως δεν βλέπω ίχνος -κακού- ρομαντισμού στα γραφόμενά σου.

#22

Αυτό πάντως

$f(x)=\displaystyle\bigintsss_{1/x^2}^{\frac{\bigintsss_{0}^{x}{{\rm{exp}}({s^2})\,ds}}{\bigintsss_0^1 \exp{(s^2)} \, ds}}t^x\,dt$

έστω και αν φαίνεται χειρότερο είναι πιο απλό.

Ελπίζω μόνο να μην βάζω ιδέες ...

Απολογούμαι. Νόμιζα πως έφτιαξα κάτι πιο εύκολο αλλά μάλλον πάλι η ίδια ιστορία.

#23

grigkost έγραψε:
gbaloglou έγραψε:...Παρατηρούμε, ολοκληρώνοντας, ότι ...
Γιώργο M., η ακριβής εκφώνηση του θέματος είναι:

Χωρίς να υπολογίσετε όσα από τα ολοκληρώματα που εμφανίζονται στον τύπο της μπορούν να υπολογιστούν, μελετήστε ως προς τη μονοτονία την συνάρτηση $f:\left ( 0 \right +\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ με τύπο

$f(x)=\displaystyle\bigintsss_{\frac{1}{x^2}}^{\bigintsss_{0}^{x}{e^{s^2}ds}}t^xdt$ .

Δεν θα έπρεπε να θεωρήσουμε ότι το πρώτο βήμα (η ολοκλήρωση) που κάνεις δεν επιτρέπεται; Εγώ τουλάχιστον αυτό κατάλαβα.

Υ.Γ. Η υπογράμμιση δική μου.

Γρηγόρη αυτήν την επιπλέον απαίτηση δεν την είχα προσέξει καν!!!

[Πολύ αντιδεοντολογικό εκ μέρους του εξετάζοντος να θέτει τέτοιες απαγορεύσεις πάντως

]

Γιώργος Μπαλόγλου

Ωmega Man · #24

... με τέτοια θέματα σε πιο δημοκρατικά πανεπιστήμια σίγουρα θα είχε κληθεί ο "διδάσκων" για εξηγήσεις ... τι να λέμε τώρα, και αυτός θα συνεχίσει το θεάρεστο "έργο" του και οι από κάτω θα τυφλώνονται to perpetuity κατά βαρουφάκη ... το να παίρνει κάποιος τα λεφτά των φορολογουμένων για να δουλεύει την κοινωνία είναι απαράδεκτο.

#25

Ωmega Man έγραψε:... με τέτοια θέματα σε πιο δημοκρατικά πανεπιστήμια σίγουρα θα είχε κληθεί ο "διδάσκων" για εξηγήσεις ... τι να λέμε τώρα, και αυτός θα συνεχίσει το θεάρεστο "έργο" του και οι από κάτω θα τυφλώνονται to perpetuity κατά βαρουφάκη ... το να παίρνει κάποιος τα λεφτά των φορολογουμένων για να δουλεύει την κοινωνία είναι απαράδεκτο.

Στην Αγγλία οι τελικές εξετάσεις πάνε και σε εξωτερικό εξεταστή από άλλο αγγλικό πανεπιστήμιο ο οποίος σχολιάζει και προτείνει αλλαγές αν το κρίνει αναγκαίο. Δεν σημαίνει πως αποφεύγονται τα λάθη αλλά σίγουρα δεν μπορεί ο καθένας να κάνει ότι θέλει.

Από την άλλη πολλές φορές αυτό γίνεται αρκετά γραφειοκρατικό. Σε ένα πανεπιστήμιο που ήμουν (ας μην πούμε όνομα) δίδασκα στο δεύτερο εξάμηνο που ξεκινούσε π.χ. 10 Ιανουαρίου (δεν θυμάμαι ακριβώς την ημερομηνία αλλά κάπου εκεί) και έπρεπε να είχα έτοιμη την τελική εξέταση στις 9 Ιανουαρίου. Δεν είναι και ότι καλύτερο ιδίως όταν πρώτη φορά διδάσκεις το συγκεκριμένο μάθημα.

sokratis lyras · #26

Ωmega Man έγραψε:... με τέτοια θέματα σε πιο δημοκρατικά πανεπιστήμια σίγουρα θα είχε κληθεί ο "διδάσκων" για εξηγήσεις ... τι να λέμε τώρα, και αυτός θα συνεχίσει το θεάρεστο "έργο" του και οι από κάτω θα τυφλώνονται to perpetuity κατά βαρουφάκη ... το να παίρνει κάποιος τα λεφτά των φορολογουμένων για να δουλεύει την κοινωνία είναι απαράδεκτο.

Ναι, όμως και το άλλο άκρο είναι απαράδεκτο.Στο μαθηματικό Αθηνών, στα μαθήματα που έχω παρακολουθήσει μέχρι στιγμής, τα θέματα είναι απαράδεκτα για τον αντίθετο λόγο.
Είναι τετριμμένα.

#27

grigkost έγραψε:Παραθέτω κάποιες σκέψεις για την επίλυση της άσκησης. (Δεν είναι πλήρης λύση αφού υπάρχει ένα σημείο που δεν έχει απαντηθεί):

Από τον κανόνα Leibniz

$\displaystyle\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \biggl(\int_{a(x)}^{b(x)} g(t,x)\,\mathrm{d}t \biggr)= \int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial}{\partial{x}} g(t,x)\,\mathrm{d}t\,+ \,g\big(b(x),x\big)\, \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}b(x)\,- \,g\big(a(x),x \big)\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} a(x)$

για

$\begin{aligned} g(t,x)&=t^x\,,\quad x\in(0,+\infty)\,,\,t\in(0,+\infty)\,,\\\noalign{\vspace{0.2cm}} a(x)&=\frac{1}{x^2}\,,\quad x\in(0,+\infty)\,,\\\noalign{\vspace{0.2cm}} b(x)&=\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}\,,\quad x\in(0,+\infty)\,. \end{aligned}$

προκύπτει

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)&=\displaystyle\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \biggl(\int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}}t^x\,\mathrm{d}t\biggr)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &= \int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}}t^x\log{t}\,\mathrm{d}t+ \biggl(\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}\biggr)^x\,e^x-\Bigl({\frac{1}{x^2}}\Bigr)^x\,\Bigl({-\frac{1}{x^2}}\Bigr) \\\noalign{\vspace{0.2cm}} &= \int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}}t^x\log{t}\,\mathrm{d}t+ \biggl(\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}\biggr)^x\,e^x+\Bigl({\frac{1}{x^2}}\Bigr)^{x+1}\,. \end{aligned}$

Λοιπόν ... εδώ παρατηρούμε ότι $\displaystyle\frac{d}{dx}\left(t^xlogt\right)=t^{x-1}(xlogt+1)$ , άρα η t^xlogt

έχει ολικό ελάχιστο στο $(0, \infty)$ , ίσο προς $-\displaystyle\frac{1}{ex}$ , για $t=e^{-1/x}$ , ισχύει επομένως η

$\displaystyle\int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}}{t^xlogtdt}>-\frac{1}{ex}\left(\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}-\frac{1}{x^2}\right),$

αρκεί συνεπώς να αποδειχθεί, για x>0

(και

), η ανισότητα

$\left(\displaystyle\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}\right)^{x-1}>\displaystyle\frac{1}{ex}.$

Η ανισότητα αυτή είναι σχεδόν προφανής για x>1

, καθώς στο αριστερό σκέλος έχουμε μία ποσότητα μεγαλύτερη της μονάδας -- ας παρατηρηθεί εδώ ότι $\displaystyle\int_{0}^{1}{e^{s^2}ds}>1$ -- υψωμένη σε μία θετική δύναμη ενώ στο δεξιό σκέλος έχουμε το αντίστροφο ενός αριθμού μεγαλύτερου του

.

Για $0<x\leq1$ παρατηρούμε ότι $\displaystyle\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}<\int_{0}^{x}{e^sds}=e^x-1$ , οπότε $\left(\displaystyle\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}\right)^{x-1}>(e^x-1)^{x-1}$ , αρκεί συνεπώς να αποδειχθεί η ανισότητα

$(e^x-1)^{x-1}>\displaystyle\frac{1}{ex}$ για $0<x\leq1.$

Η ανεξαρτήτου ενδιαφέροντος αυτή ανισότητα ισχύει, αλλά δεν έχω κατορθώσει προς το παρόν να την αποδείξω: την αφήνω εδώ μήπως και καταφέρει να την αποδείξει κάποιος άλλος, ελπίζοντας πάντως να επανέλθω στην αντίθετη περίπτωση!

Γιώργος Μπαλόγλου

#28

gbaloglou έγραψε:
grigkost έγραψε:Παραθέτω κάποιες σκέψεις για την επίλυση της άσκησης. (Δεν είναι πλήρης λύση αφού υπάρχει ένα σημείο που δεν έχει απαντηθεί):

Από τον κανόνα Leibniz

$\displaystyle\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \biggl(\int_{a(x)}^{b(x)} g(t,x)\,\mathrm{d}t \biggr)= \int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial}{\partial{x}} g(t,x)\,\mathrm{d}t\,+ \,g\big(b(x),x\big)\, \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}b(x)\,- \,g\big(a(x),x \big)\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} a(x)$

για

$\begin{aligned} g(t,x)&=t^x\,,\quad x\in(0,+\infty)\,,\,t\in(0,+\infty)\,,\\\noalign{\vspace{0.2cm}} a(x)&=\frac{1}{x^2}\,,\quad x\in(0,+\infty)\,,\\\noalign{\vspace{0.2cm}} b(x)&=\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}\,,\quad x\in(0,+\infty)\,. \end{aligned}$

προκύπτει

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)&=\displaystyle\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \biggl(\int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}}t^x\,\mathrm{d}t\biggr)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &= \int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}}t^x\log{t}\,\mathrm{d}t+ \biggl(\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}\biggr)^x\,e^x-\Bigl({\frac{1}{x^2}}\Bigr)^x\,\Bigl({-\frac{1}{x^2}}\Bigr) \\\noalign{\vspace{0.2cm}} &= \int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}}t^x\log{t}\,\mathrm{d}t+ \biggl(\int_{0}^{x}{e^{s^2}\mathrm{d}s}\biggr)^x\,e^x+\Bigl({\frac{1}{x^2}}\Bigr)^{x+1}\,. \end{aligned}$

Λοιπόν ... εδώ παρατηρούμε ότι $\displaystyle\frac{d}{dx}\left(t^xlogt\right)=t^{x-1}(xlogt+1)$ , άρα η έχει ολικό ελάχιστο στο $(0, \infty)$ , ίσο προς $-\displaystyle\frac{1}{ex}$ , για $t=e^{-1/x}$ , ισχύει επομένως η

$\displaystyle\int_{\frac{1}{x^2}}^{\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}}{t^xlogtdt}>-\frac{1}{ex}\left(\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}-\frac{1}{x^2}\right),$

αρκεί συνεπώς να αποδειχθεί, για (και ), η ανισότητα

$\left(\displaystyle\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}\right)^{x-1}>\displaystyle\frac{1}{ex}.$

Η ανισότητα αυτή είναι σχεδόν προφανής για , καθώς στο αριστερό σκέλος έχουμε μία ποσότητα μεγαλύτερη της μονάδας -- ας παρατηρηθεί εδώ ότι $\displaystyle\int_{0}^{1}{e^{s^2}ds}>1$ -- υψωμένη σε μία θετική δύναμη ενώ στο δεξιό σκέλος έχουμε το αντίστροφο ενός αριθμού μεγαλύτερου του .

Για $0<x\leq1$ παρατηρούμε ότι $\displaystyle\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}<\int_{0}^{x}{e^sds}=e^x-1$ , οπότε $\left(\displaystyle\int_{0}^{x}{e^{s^2}ds}\right)^{x-1}>(e^x-1)^{x-1}$ , αρκεί συνεπώς να αποδειχθεί η ανισότητα

$(e^x-1)^{x-1}>\displaystyle\frac{1}{ex}$ για $0<x\leq1.$

Λοιπόν ... ας παρατηρηθεί αρχικά ότι η ανισότητα ισχύει για $\displaystyle\frac{1}{e}\leq x\leq1$ , καθώς ισχύουν γι αυτές τις τιμές οι βοηθητικές (και εύκολες) ανισότητες e^x-1<ex

(ισχύει για $0<x\leq 1$ ) και $(ex)^x\geq1$ .

Για $0<x\leq\displaystyle\frac{1}{e}$ η ζητούμενη ανισότητα προκύπτει από τις ανισότητες $\sqrt{e}x+1-e^x\geq0$ και $(e^x-1)^x>\displaystyle\frac{1}{\sqrt{e}}$ : η πρώτη προκύπτει εύκολα από μελέτη συνάρτησης (θετική παράγωγος λόγω της $x\leq\displaystyle\frac{1}{e}<\frac{1}{2}$ , κλπ), η δεύτερη προκύπτει από την παρατήρηση ότι στο σημείο x_0

όπου μηδενίζεται η παράγωγος της (e^x-1)^x

ισχύει η $ln(e^{x_0}-1)+\displaystyle\frac{x_0e^{x_0}}{e^{x_0}-1}=0$ , οπότε

$e^{x_0}-1=e^{-\displaystyle\frac{x_0e^{x_0}}{e^{x_0}-1}$

και η ελάχιστη τιμή της (e^x-1)^x

στο $(0, \displaystyle\frac{1}{e})$ ισούται προς

$e^{-\displaystyle\frac{x_0^2e^{x_0}}{e^{x_0}-1}}\geq e^{-\displaystyle\frac{1}{2}}$

(για το τελευταίο βήμα ας παρατηρηθεί ότι η $\displaystyle\frac{x^2e^x}{e^x-1}$ είναι (παντού) αύξουσα και ότι ισχύει η $\left(1-\displaystyle\frac{2}{e^2}\right)e^{\frac{1}{e}}>1\iff \displaystyle\frac{(\frac{1}{e})^2e^{\frac{1}{e}}}{{\frac{1}{e}}-1}<\frac{1}{2})$ .

Συνοψίζοντας:

για $0<x\leq \displaystyle\frac{1}{e}$ λαμβάνουμε $(e^x-1)^{x-1}>\displaystyle\frac{1}{\sqrt{e}(e^x-1)}>\frac{1}{\sqrt{e}\sqrt{e}x}=\frac{1}{ex}$

για $\displaystyle\frac{1}{e}\leq x\leq 1$ λαμβάνουμε $(e^x-1)^{x-1}>(ex)^{x-1}\geq \displaystyle\frac{1}{ex}$

Γιώργος Μπαλόγλου

Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Re: Βοήθεια σε Άσκηση με Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση