Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.
Nástěnka
❗22. 8. 2021 (L) Přecházíme zpět na doménu forum.matweb.cz!
❗04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
❗23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.
Nejste přihlášen(a). Přihlásit
Stránky: 1
Mám integrál
[mathjax]\int_{0}^{1}\frac{ln(1/x)}{1-x^{2}}dx[/mathjax]
Početní postup pomocí rozvinutí integrandu do řady a záměny řady a integrálu je mi jasný, potřebuji však ověřit předpoklady použité věty.
Tedy zdůvodnit možnost záměny
[mathjax]\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty }x^{2n}.(-ln(x))=!=\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}x^{2n}.(-ln(x))[/mathjax]
Nejprve mě napadá Leviho věta,
1)
pro [mathjax]x\in (0,1)[/mathjax] je [mathjax]ln(x)<0[/mathjax], tedy [mathjax]-ln(x)>0[/mathjax], [mathjax]x^{2n}>0[/mathjax],
nebo úpravou
[mathjax]\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty }x^{2n}.(-ln(x))=-\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty }x^{2n}.(ln(x))[/mathjax]
[mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}x^{2n}.(-ln(x))=-\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}x^{2n}.(ln(x))[/mathjax]
tedy integrovaná funkce je nezáporná.
2)
integrovaná funkce je spojitá, a tedy měřitelná
3)
s touto podmínkou si nejsem jistý,
znění předpokladu:
[mathjax]v=\sum_{n=1}^{\infty }v_{n}[/mathjax],
[mathjax]\int_{M}^{}v.d\mu =\int_{M}^{}\sum_{n=1}^{\infty }v_{n}d\mu =\sum_{n=1}^{\infty }\int_{M}^{}v_{n}d\mu [/mathjax]
existuje [mathjax]K\in \mathbb{R}[/mathjax], tak, že pro každé [mathjax]j\in \mathbb{N}[/mathjax] je
[mathjax]\sum_{n=1}^{j}\int_{M}^{}v_{n}d\mu \le K[/mathjax]
tady by asi "K" mělo být výsledek výpočtu, tedy [mathjax]\frac{\pi ^{2}}{8}[/mathjax],
ale potíž v ověření vidím v tom, ověřit, že pro každé [mathjax]j\in \mathbb{N}[/mathjax] je [mathjax]\sum_{n=1}^{j}\int_{M}^{}v_{n}d\mu \le K[/mathjax]
Offline
↑ 2M70:
Podle mě stačí ukázat, že ta řada na intervalu (0;1) konverguje.
Offline
↑ Eratosthenes:
To znamená, že stačí, že výsledná řada
[mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}x^{2n}.(-ln(x))dx=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{8}[/mathjax]
má konečnou hodnotu [mathjax]\frac{\pi ^{2}}{8}[/mathjax] ?
Offline
↑ 2M70:
Ne, musíš dokázat konvergenci řady, kterou chceš integrovat.
Offline
↑ Eratosthenes:
Myslíš, že stačí, že
[mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{4n^{2}}[/mathjax]
a řada
[mathjax]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{4n^{2}}[/mathjax]
konverguje?
Resp. zda je potřeba dát jako horní mez nějakou konečnou hodnotu a jak se to projeví na konvergenci?
Offline
↑ 2M70:
Ne, musíš dokázat konvergenci řady
[mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }x^{2n}.(-ln(x))[/mathjax]
pro [mathjax]x\in (0;1)[/mathjax]
Offline
↑ Eratosthenes:
Teď ovšem moc nevím, jak na to, není to podobné žádné řadě, jejíž konvergenci jsem doteď řešil.
Jediné, co mě napadá, že [mathjax]x^{2n}\Rightarrow 0[/mathjax] pro [mathjax]n\Rightarrow \infty [/mathjax]
Offline
↑ 2M70:
Co třeba d'Alembertovo kriterium?
Offline
↑ Eratosthenes:
Předpokládal jsem, že k dispozici mám pouze Weierstrassovo, Abelovo-Dirichletovo a Leibnitzovo kritérium.
Offline
↑ 2M70:
Leibnitzovo kritérium je nepoužitelné - řada nestřídá znaménka.
Weierstrassovo kriterium - budiž, tak ho použij.
Offline
↑ Eratosthenes:
Co takto?:
ln(x) < 0 na (0,1), (-ln x) > 0 na (0,1)
- ln (x) = ln (1/x), ln (1/x) < x na (0,1)
[mathjax]x^{2n}ln(\frac{1}{x})<x^{2n}.x[/mathjax]
[mathjax]x^{2n}.x=x^{2n+1}[/mathjax]
[mathjax]\lim_{n\to \infty }x^{2n+1}=0[/mathjax] pro [mathjax]x\in (0,1)[/mathjax]
Řada by tedy na (0,1) měla stejnoměrně konvergovat podle Weierstrassova kritéria.
Offline
↑ 2M70:
Ne.
ln (1/x) < x na (0,1)
je špatně (zkus si dosadit x=1/e).
A teď se dívám na tu řadu a obávám se, že špatně je už ta řada...
Offline
↑ Eratosthenes:
Myslíš, že je špatně už řada [mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }x^{2n}.(-ln(x))[/mathjax]?
Snažil jsem se pro toho Weierstrasse najít rozumnou majorantu, ale jak vidím, tak špatně.
Offline
↑ 2M70:
Asi ano. Limita každého člene té řady pro x-->0+ je totiž nula a integrandu nekonečno. Z toho důvodu asi ani nenajdeš k integrandu konvergující majorantu.
Zkus nejdřív v tom integrálu substituci x=1/y.
Offline
↑ Eratosthenes:
Ještě než budu dělat tu substituci - podle toho, co píšeš, tedy že nenajdu konvergující majorantu, tedy asi bude Weierstrass nepoužitelný. A na Dirichleta bych potřeboval, aby v tom součinu dvou funkcí jedna stejnoměrně konvergovala k nule a druhá měla stejnoměrně omezené částečné součty. Což asi nemám.
Offline
↑ 2M70:
Když je limita nekonečno, tak to určitě nemáš...
Offline
↑ Eratosthenes:
Takže škrtám Weierstrasse, Dirichleta + Abela, a z podstaty věci samozřejmě Leibnitze (on je to vlastně jen speciální případ Dirichleta). Tak to už nezbývá prakticky nic :-(
Offline
↑ 2M70:
zbývá ta sunstituce x=1/y
Offline
Stránky: 1