Matematické Fórum

Tomas5 · 25. 08. 2013 17:48

Ahoj, nevím si rady s tímto příkladem:
$\lim_{\alpha \to\infty }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin ^{\alpha }\text{x}}{\sin \text{x}+ \cos \text{x}}}$ konverguje k nule. Dokažte to použitím věty o konvergenci.
Myslím si. že mám použít Větu o monotonní omezené posloupnosti. Důkaz se mi ale nepovedl , když tak ho pošlu.

Chtěl bych se zeptat o jakou větu v tomoto případě se jedná případně o konzultaci při důkazu.
Děkuji za pomoc. Tomáš

Eratosthenes · 26. 08. 2013 00:49

↑ Tomas5:

Ahoj,

využil bych skutečnosti, že na zadaném intervalu integrand monotonně konverguje k funkci x<>pi/2 => f(x)=0; f(pi/2)=1

Rumburak

↑ Tomas5:

Ahoj.
Mimo té monotonní konvergence integrandu (viz Leviho věta, pokud jste ji už probírali) můžeš využít i skutečnosti,
že jde o konvergenci lokálně stejnoměrnou .

Tomas5 · 26. 08. 2013 21:18 — Editoval Tomas5 (26. 08. 2013 22:18)

Něco jsem zkoušel, položil jsem $\alpha = 1$ a použil jsem substituci $t = \text{tg}\frac{x}{2}$ .
$\text{sin} \space\text{x}=\frac{2\text{t}}{1+{t^{2}}}, \text{cos} \space\text{x}=\frac{1-{t^{2}}}{1+{t^{2}}},$

a pou6il jsem $\text{sin} \space\text{x}=\frac{2\text{t}}{1+{t^{2}}}, \text{cos} \space\text{x}=\frac{1-{t^{2}}}{1+{t^{2}}}, \frac{1}{2\cos ^{2}\frac{x}{2}}dx=dt,$ proto mi vyšlo $\int_{0}^{\frac{\sqrt2}{2}}\frac{(\frac{2t}{1+t^{2}})(\frac{1}{1+t^{2}})}{(\frac{2t}{1+t^{2}})+(\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}})}dt$ .

Po úpravě mi vyšlo $2 \int_{0}^{\frac{\sqrt2}{2}}{\frac{2t}{(1+t^{2})(-t^{2}+2t+1)}}dt$ Parciální zlomky mi nevyšly dobře. Musím mít chybu někde dřív v postupu, ale nemůžu jí najít. Prosím o kontrolu, děkuji.

//EDIT: Oprava. Omlouvám se.

Brano · 26. 08. 2013 22:00

↑ Rumburak:
mozes dat odkaz na nejaku vetu (resp. trochu to rozpisat), lebo mne sa zda, ze to neplati;

t.j. aby som sa vyjadril poriadne. ak sa nemylim, tak

1) nekonverguje to (lokalne) rovnomerne v ziadnom okoli bodu $x=\pi/2$
2) lokalna rovnomerna konvergencia na $[0,\pi/2)$ nestaci

N3st4 · 26. 08. 2013 22:41

Ahoj.

Nešlo by to rozumne cez Lebesgueovu vetu:

Ak postupnosť funkcií f_n konverguje na množine A k funkcii f a ak pre všetky indexy n platí
$|f_{n}(x)|\le \varphi (x)$ , kde $\varphi$ je integrovateľná funkcia na množine A, potom limitná funkcia f je integrovateľná na množine A a
$\int_{A}^{}f_{n}(x) d\mu \rightarrow \int_A f(x)d\mu$

U nás platí $|\frac{sin^{n}(x)}{sin(x)+cos(x)}|\le \frac{1}{sin(x)+cos(x)}:=g(x)$ Pričom g(x) je integrovateľná na (0,pi/2). Limitná funckia je všade nula, okrem pi/2. Tým som hotový, nie?

Brano · 26. 08. 2013 23:00

↑ N3st4:
takto to samozrejme ide - lebesgueova veta je na taketo veci silny nastroj, dokonca aj slabsia veta s monotonnou konvergenciou zafunguje

Rumburak

↑ Brano:

Ahoj. Máš pravdu v tom, že samotná lokálně stejnoměrná konvergence obecně nestačí, zde se využijí i další fakta:

1. Označme $F(\alpha) := \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{\alpha } x}{\sin x+ \cos x}\,\d x$ .

2. Funkce $\frac{1}{\sin x + \cos x}$ je na uz. intervalu $\langle 0 , \frac{\pi}{2} \rangle$ kladná a spojitá, takže tam nabývá svého maxima $K \in (0, +\infty)$
a pro každé $\alpha > 0$ pak platí
$0 < F(\alpha) \le K\cdot G(\alpha)$ , kde $G(\alpha) := \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{\alpha }x\,\,\d x$ .

3. Zvolme $\varepsilon \in $ 0 , \frac{\pi}{4}$$ a položme $I(\alpha, \varepsilon) := \int_{0}^{\frac{\pi}{2} -\varepsilon} \sin ^{\alpha }x\,\,\d x , J(\alpha, \varepsilon) := \int_{\frac{\pi}{2} -\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{\alpha }x\,\,\d x$ . Zřejmě

$0 \le I(\alpha, \varepsilon) \le \int_{0}^{\frac{\pi}{2} -\varepsilon} \sin ^{\alpha }$\frac{\pi}{2} -\varepsilon$\,\d x = $\frac{\pi}{2} -\varepsilon$ \sin ^{\alpha }$\frac{\pi}{2} -\varepsilon$$ ,
$0 \le J(\alpha, \varepsilon) \le \int_{\frac{\pi}{2} -\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} 1\,\d x = \varepsilon$ ,

takže $0 \le G(\alpha) = I(\alpha, \varepsilon) + J(\alpha, \varepsilon) \le $\frac{\pi}{2} -\varepsilon$ \sin ^{\alpha }$\frac{\pi}{2} -\varepsilon$ + \varepsilon$ , odtud $0 \le \limsup_{\alpha \to +\infty} G(\alpha) \le \varepsilon$ ,

kde ovšem $\varepsilon > 0$ mohlo být jinak libovolně malé, takže přesněji $\lim_{\alpha \to +\infty} G(\alpha) = 0$ (též vzhledem k tomu, že $G \ge 0$ ).
Z nerovnosti $0 < F(\alpha) \le K\cdot G(\alpha)$ odvozené na začátku pak už snadno plyne $\lim_{\alpha \to +\infty} F(\alpha) = 0$ .

Tomas5 · 27. 08. 2013 14:09

Děkuji kolegům , myslím si , že příspěvek Rumburak je vyčerpávající a přehledný. Ale vzhledem, k tomu, že problematice nerozumím, zajímá mě jestli a kde mám chybu v mém příspěvku #4. Je v parciálních zlomcích, nebo už někdy dřív? Sám na to nemůžu přijít. Děkuji.

N3st4 · 27. 08. 2013 15:12

V tom príspevku č. 4 je ten integrál dobrý. Už sa to len rozdelí na parc. zlomky a pointegruje:

$-t^{2}+2t+1=-(t-1-\sqrt{2})(t-1+\sqrt{2})$
http://www.wolframalpha.com/input/?i=pa … 2%29%29%29

Brano · 27. 08. 2013 20:57 — Editoval Brano (27. 08. 2013 20:59)

↑ Rumburak:
pekne. ale trochu sa mi zda, ze to akym sposobom riesis okolie $\pi/2$ je ako keby si vyuzival dominovanu konvergenciu, ktora je v predpoklade lebesgueovej vety.
↑ Tomas5:
ten tvoj prispevok v prvom rade vobec neriesi zadanie, nezavisle od toho ci je to dobre, alebo zle. $\alpha=1$ ta absolutne nemusi zaujmat, ma ta zaujimat $\alpha\to\infty$ .

napriek tomu, ze rumburakovo riesenie je vycerpavajuce a spravne, tak si myslim, ze je to skor perlicka v zmysle "aha aj takto sa to da" a standardnejsie riesenie je to co navrhoval ↑ N3st4:
v jeho prispevku uz overil predpoklady lebesgueovej vety a to co uz asi povazoval za trivialne a nenapisal, je to, ze potom plati

$\lim_{\alpha \to\infty }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin ^{\alpha }\text{x}}{\sin \text{x}+ \cos \text{x}}}\text{dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\lim_{\alpha \to\infty }{\frac{\sin ^{\alpha }\text{x}}{\sin \text{x}+ \cos \text{x}}}\text{dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}0\text{dx}=0$

Rumburak · 27. 08. 2013 21:07

↑ Brano:

Píšeš "perlička" :-) , ale za mých studií jsme v prvním ročníku řešili podobné úlohy právě tímto dalo by se říci elementárním způsobem,
zatímco Lebesgueovu ani Leviho větu jsme ještě neznali - to byla až látka 2. ročníku.

Brano · 27. 08. 2013 21:15

↑ Rumburak:
vidis to je pravda. zrejme sa pri studiu musi brat ohlad aj na to, ze co sme uz vlastne stihli prebrat, ze :-)
↑ Tomas5:
ak ste nebrali lebesgueovu vetu, tak pouzi rumburakov postup.

Tomas5 · 27. 08. 2013 21:37

Ahoj, možná to je ode mě hloupá otázka, ale proč platí že $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\lim_{\alpha \to\infty }{\frac{\sin ^{\alpha }\text{x}}{\sin \text{x}+ \cos \text{x}}}\text{dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}0\text{dx}=0$ ? Použiju jednou L'Hopitalovo pravidlo a vyjde mi neurčitý výraz...

N3st4 · 27. 08. 2013 22:28 — Editoval N3st4 (27. 08. 2013 22:31)

$\frac{sin^{n}x}{sinx+cosx}$ na (0,pi/2) alebo <0,pi/2>. V tomto príklade je jedno ktorý interval zoberieme. Všeobecne je lepšie pozrieť sa, čo sa deje aj v krajných bodoch.

sinx+cosx je na <0,pi/2> vždy nejaké konečné nenulové číslo (dokonca kladné, ale to nie je podstatné)

sinx je na <0,pi/2) vždy < 1, sin(pi/2)=1

Teraz, keď to limitím, tak menovateľ ma nezaujíma, lebo je to vždy nejaké konečné nenulové číslo a čitateľ sa rozdelí na 2 prípady.

1) <0,pi/2), na tomto intervale sinx<1 => $sin^{n}x=0, n \rightarrow \infty$ ... pretože keď veľakrát umocníš niečo čo je menšie ako 1, tak to ide k nule. Teda výsledná limita je nula.

2) x=pi/2, tak to tam rovno dosadíš, do toho zlomku a vyjde ti, že to je 1, $\frac{sin^{n}(pi/2)}{sin(pi/2)+cos(pi/2)}=1^{n} /1 =1^{n}=1, n\rightarrow \infty$

Teda výsledná limitná funkcia je nula na <0,pi/2) a 1, keď x=pi/2.

Kedže táto fcia je skoro všade nula, integrál z toho je nula.

Tomas5 · 27. 08. 2013 22:53

Už to vidím, děkuji.

Matematické Fórum

#1 25. 08. 2013 17:48

limita posloupnosti funkcí

#2 26. 08. 2013 00:49

Re: limita posloupnosti funkcí

#3 26. 08. 2013 11:17 — Editoval Rumburak (26. 08. 2013 11:18)

Re: limita posloupnosti funkcí

#4 26. 08. 2013 21:18 — Editoval Tomas5 (26. 08. 2013 22:18)

Re: limita posloupnosti funkcí

#5 26. 08. 2013 22:00

Re: limita posloupnosti funkcí

#6 26. 08. 2013 22:41

Re: limita posloupnosti funkcí

#7 26. 08. 2013 23:00

Re: limita posloupnosti funkcí

#8 27. 08. 2013 10:28 — Editoval Rumburak (27. 08. 2013 11:41)

Re: limita posloupnosti funkcí

#9 27. 08. 2013 14:09

Re: limita posloupnosti funkcí

#10 27. 08. 2013 15:12

Re: limita posloupnosti funkcí

#11 27. 08. 2013 20:57 — Editoval Brano (27. 08. 2013 20:59)

Re: limita posloupnosti funkcí

#12 27. 08. 2013 21:07

Re: limita posloupnosti funkcí

#13 27. 08. 2013 21:15

Re: limita posloupnosti funkcí

#14 27. 08. 2013 21:37

Re: limita posloupnosti funkcí

#15 27. 08. 2013 22:28 — Editoval N3st4 (27. 08. 2013 22:31)

Re: limita posloupnosti funkcí

#16 27. 08. 2013 22:53

Re: limita posloupnosti funkcí

Zápatí