Matematické Fórum

Tomas5 · 24. 07. 2013 12:30 — Editoval jelena (30. 07. 2013 12:52)

Dobrý den,
chtél bych se nékoho zeptat, nemůžu přijít na tento příklad:

Dokažte, že $\int_{-1}^{1}\arccos {{|\text{arctg x}|^{\alpha}} dx}$

$\space , kde {\space\alpha \ge 1, \alpha \setminus \{\infty \}}\space ,\alpha \in \mathbb{R}$ konverguje k hodnotě $\pi$ . Nevím si rady s tou absolutní hodnotou.
Děkuji za nápovědu, popř. náznak postupu jaký mám zvolit.
Stačí pouze dokázat, že $\liminf_{x\to1^{+}}f(x)\rightarrow a \in \mathbb{R} ?$

Děkuji.

Jelena: edit přidávám odkaz na řešení od kolegy martisek. Kolegovi děkuji.

Bati · 24. 07. 2013 12:56 — Editoval Bati (24. 07. 2013 20:34)

Dobrý den,
arkustangens je lichá funkce, tudíž absolutní hodnota z něj je funkce sudá. Proto ten integrál je stejný jako $2\int_{0}^{1}\arccos {\left(\text{arctg}\: x\right)^{\alpha} \text{d}x}$ . Snadno se ověří, že $\left(\text{arctg}\: x\right)^{\alpha}\in D(\arccos)=[-1,1]\quad\forall x\in[0,1]\quad\forall\alpha\geq1$ . Protože funkce v integrálu je složení spojitých funkcí, je sama spojitá na omezeném uzavřeném intervalu a tedy integrál je konvergentní.

Tomas5 · 24. 07. 2013 13:14

Ahoj↑ Bati:,

děkuji za postup.

Ještě poslední otázka: Proč je ten integrál ve tvém postupu vynásobený dvěma?

Proč se integrál zastaví na hodnotě $\pi$ ? Je integrál vlastní?
Děkuji, ale moc tomu nerozumím.

Bati · 24. 07. 2013 13:22

↑ Tomas5:
Je vynásobený, protože jsem vzal jen polovinu intervalu, přes který se integruje. A to proto, že daná funkce je sudá. Stejně jako např. $\int_{-1}^1x^2=2\int_0^1x^2$ .

Netvrdím, že se zastaví na hodnotě pí, ani nevím moc, co tím máš na mysli. Arkustangens je rostoucí, tudíž jeho maximální hodnota v intervalu [0,1] je $\frac{\pi}4$ , což je číslo menší než jedna, takže se bude při mocnění jen zmenšovat, pokud je mocnina větší jak jedna.

Tomas5 · 24. 07. 2013 13:45

↑ Bati:

Díky za pomoc a vyvětlení. Ve výsledcích je uváděn jako celkový výsledek celého integrálu jako přibližně pí. . K čemu to tedy konverguje?

Bati · 24. 07. 2013 13:48

↑ Tomas5:
Výsledek ale přeci závisí na alfa.

Tomas5 · 24. 07. 2013 13:56 — Editoval Tomas5 (24. 07. 2013 14:29)

Máte pravdu, závisí. Ale nevím proč od určité hodnoty se hodnota výsledku nemění. A to bych potřeboval vysvětlit.

Tomas5 · 24. 07. 2013 17:37

Proč se od určité mocniny hodnota výsledku nemění? Děkuji.

kexixex · 24. 07. 2013 23:39

↑ Tomas5:
Takze chces dokazat neco jako $\lim_{\alpha \to\infty }\int_{-1}^{1}f(x,\alpha )dx = \pi$ ? Napada me postup - aproximuj arctg i arccos Taylorovym polynomem, (melo by vyjit $\frac{\pi }{2}+o(x^{\alpha })$ ), coz dava $\lim_{\alpha \to\infty }\int_{-1}^{1}f(x,\alpha )dx =...=\int_{-1}^{1}\frac{\pi }{2}dx + \lim_{\alpha \to \infty }\int_{-1}^{1}o(x^{\alpha })$ . Ted uz staci dokazat, ze $\lim_{\alpha \to \infty }\int_{-1}^{1}o(x^{\alpha })dx=0$ , coz vypada slibne..

Mohlo by to fungovat, je to treba rozepsat (a najit pripadne chyby)..

martisek · 25. 07. 2013 00:58

↑ Tomas5:

Ahoj,

potřebuješ dokázat

$\lim_{\alpha\to\infty}\int_{-1}^{1}\arccos {{|\text{arctg x}|^{\alpha}} dx}= \pi$

Posloupnost funkcí $f_{\alpha}(x)=\{|\text{arctg x}|^{\alpha} \}_{\alpha =1}^{\infty}$ konverguje na intervalu (-1;1) k funkci $g(x)=0$ . Takže

$\lim_{\alpha\to\infty}\int_{-1}^{1}\arccos {{|\text{arctg x}|^{\alpha}} dx}=\int_{-1}^{1}\arccos g(x) dx =\int_{-1}^{1}\arccos 0 dx =\int_{-1}^{1}\frac {\pi} 2 dx = ...$

kexixex · 25. 07. 2013 01:31

↑ martisek:

No posledni radek by si docela zaslouzil komentar (proc lze prohodit integral a limitu?). Taky myslim, ze posloupnosti fci (a Lebesgueova veta) se neberou v 1. rocniku..

Tomas5 · 25. 07. 2013 17:27

Dobré odpoledne,

Z tvého příspěvku jsem zjistil, že to konverguje k pi, ale nerozumím tomu, že $\text (|arctg x|)^\alpha$ konverguje k nule a ne k $\pi /4$ . K nule by to konvergovalo jenom v nule? Prosím o zdůvodnění. Jinak moc děkuji.

Poznámka: Posloupnostem funkcí nerozumím (neprobrali jsme je ještě).

martisek

↑ kexixex:

proc lze prohodit integrál a limitu?

Protože integrál je taky limita - limita dolních resp. horních součtů:

$\lim_{\alpha\to\infty} \int_{-1}^1 f^{\alpha}(x)dx =\lim_{\alpha\to\infty} \lim_{n\to \infty} S_n \left( f^{\alpha}(x)\cdot\Delta x_n\right) = \lim_{n\to \infty} \lim_{\alpha\to\infty} S_n \left( f^{\alpha}(x)\cdot\Delta x_n\right)=$
$=\lim_{n\to \infty} S_n \left( \lim_{\alpha\to\infty} f^{\alpha}(x)\cdot\Delta x_n\right)= \int_{-1}^1 \lim_{\alpha\to\infty} f^{\alpha}(x)\cdot dx$

↑ Tomas5: :

Nerozumím tomu, že $\text (|arctg x|)^\alpha$ konverguje k nule a ne k $\pi /4$

V intervalu <-1;1> je $0\le |arctg x| \le \frac{\pi} 4 <1$ No a co udělá každé číslo $0\le c<1$ , když ho budeš umocňovat a umocňovat a umocňovat...do nekonečna?

Bati · 25. 07. 2013 18:44

↑ martisek:
Tak například
$\lim_{x\to0+}\left(\lim_{n\to\infty}\text{arctg}\:nx\right)=\lim_{x\to0+}\frac{\pi}2=\frac{\pi}2$ , ale $\lim_{n\to\infty}\left(\lim_{x\to0+}\text{arctg}\:nx\right)=\lim_{x\to0+}0=0$ .
Takže je třeba to nějak zdůvodnit (neříkám, že v tomto příkladě to nefunguje).

Tomas5 · 25. 07. 2013 18:46

Ahoj,

martisek napsal(a):
V intervalu <-1;1> je $0\le |arctg x| \le \frac{\pi} 4 <1$ No a co udělá každé číslo $0\le c<1$ , když ho budeš umocňovat a umocňovat a umocňovat...do nekonečna?

Když budu umocňovat číslo menší než jedna do nekonečna, vyjde v limitě 0.

martisek · 25. 07. 2013 19:02

↑ Tomas5:

Když budu umocňovat číslo menší než jedna do nekonečna, vyjde v limitě 0.

Správně. Právě proto jsem napsal (↑ martisek:) :

Posloupnost funkcí $f_{\alpha}(x)=\{|\text{arctg x}|^{\alpha} \}_{\alpha =1}^{\infty}$ konverguje na intervalu (-1;1) k funkci $g(x)=0$

martisek · 25. 07. 2013 19:07

↑ Bati:

Pozor!

Není pravda, že

$\lim_{n\to\infty}\text{arctg}\:nx=\frac{\pi}2$

to platí jen pro x>0 !!

Pro x<0 je to $-\frac{\pi}2$ a pro x=0 je to nula.

Postup v integrálu je možný proto, že ta limita je nula v celém intervalu, přes který se má integrovat.

Bati · 25. 07. 2013 19:11

↑ martisek:
Samozřejmě, že je myšleno pro x>0, to není ve sporu s ničím a tak jsem to myslel.

martisek

↑ Bati:

Pokud jde o to, zda by tento postup fungoval i na arctg nx, pak tedy fungoval:

$\lim_{n\to\infty} \int_{-1}^{1} \text {arctg } nx dx=\lim_{n\to\infty} 0 = 0$

Anebo

$\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^{1}\text{arctg } nx dx= \int_{-1}^{1} \lim_{n\to\infty} \text{arctg } nx dx = \int_{-1}^{1}\text {sgn } (x) dx = 0$

Bati · 25. 07. 2013 20:06 — Editoval Bati (25. 07. 2013 20:10)

↑ martisek:
Tam jsem se přepsal, nemá tam být $\lim_{n\to\infty}\left(\lim_{x\to0+}\text{arctg}\:nx\right)=\lim_{x\to0+}0=0$ , ale $\lim_{n\to\infty}\left(\lim_{x\to0+}\text{arctg}\:nx\right)=\lim_{n\to\infty}0=0$ , to se omlouvám, jinak si stojím za svým - limita je definována na prstencovém okolí a tu nulu tam dosadit klidně můžu, protože $nx$ je spojitá fce.

A narážel jsem na to, že obecně nelze jen tak zaměňovat limity, jak už dříve zmínil kexiex. Bez ohledu na tento příklad s integrálem.

martisek · 25. 07. 2013 21:49

↑ Bati:

1) tu nulu tam dosadit klidně můžu...

Jenže s nulou nemůžeš žonglovat, jak se ti to hodí. Počítáš-li s hodnotou x=0 ve výrazu

$\lim_{x\to0+} \text{arctg}\:nx$

musíš s ní počítat i v $\lim_{n\to\infty}\text{arctg}\:nx$

a to pak nemůžeš říct, že ta limita je pi/2.

2) Limity nezaměňuju ani "obecně", ani "jen tak". Využívám prostě a jednoduše větu

U limit integrálů, pokud existují, je totiž úplně jedno, zda "zvenku" zjemňuješ dělení a "venvitř" zvedáš alfa (první limita), nebo naopak "zvenku" zvedáš alfa a "venvitř" zjemňuješ dělení (druhá limita), anebo to zcela libovolně kombinuješ (třetí limia).

kexixex · 25. 07. 2013 22:13

↑ martisek:
No podle vety jeste teda v postupu zbyva overit predpoklady, takze napriklad (mimo jine) ukazat, ze existuje $\lim_{\alpha \to\infty }\int_{-1}^{1}f(x,\alpha )dx$ a cemu se rovna...

martisek · 25. 07. 2013 22:31

↑ kexixex:

To je sice pravda, ale to bych sem musel dost tupě opsat cca tři stránky známé z Riemannova integrálu - zjemňování dělení, horní a dolní součty atd. v nepatrné modifikaci kvůli tomu alfa. A to tedy opravdu dělat nebudu...

Tomas5 · 25. 07. 2013 22:47

↑ martisek:
Dobrý večer, mně postačí vysvětlení z příspěvku č.11. Moc mi to pomohlo, ale jak se to dá vyřešit pomocí metod prvního ročníku (např. řad, Taylorova polynomu) atd. ? Myslm si, že tohle je příliš pokročilé...

↑ Bati:
Díky za postup.

Matematické Fórum

#1 24. 07. 2013 12:30 — Editoval jelena (30. 07. 2013 12:52)

Nevlastní integrál - konvergence

#2 24. 07. 2013 12:56 — Editoval Bati (24. 07. 2013 20:34)

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#3 24. 07. 2013 13:14

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#4 24. 07. 2013 13:22

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#5 24. 07. 2013 13:45

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#6 24. 07. 2013 13:48

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#7 24. 07. 2013 13:56 — Editoval Tomas5 (24. 07. 2013 14:29)

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#8 24. 07. 2013 14:19 Příspěvek uživatele Bati byl skryt uživatelem Bati. Důvod: Hloupost

#9 24. 07. 2013 17:37

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#10 24. 07. 2013 23:39

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#11 25. 07. 2013 00:58

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#12 25. 07. 2013 01:31

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#13 25. 07. 2013 17:27

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#14 25. 07. 2013 18:30 — Editoval martisek (25. 07. 2013 18:34)

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#15 25. 07. 2013 18:44

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#16 25. 07. 2013 18:46

Re: Nevlastní integrál - konvergence

martisek napsal(a):

#17 25. 07. 2013 19:02

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#18 25. 07. 2013 19:07

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#19 25. 07. 2013 19:11

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#20 25. 07. 2013 19:40 — Editoval martisek (25. 07. 2013 20:03)

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#21 25. 07. 2013 20:06 — Editoval Bati (25. 07. 2013 20:10)

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#22 25. 07. 2013 21:49

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#23 25. 07. 2013 22:13

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#24 25. 07. 2013 22:31

Re: Nevlastní integrál - konvergence

#25 25. 07. 2013 22:47

Re: Nevlastní integrál - konvergence

Zápatí