Μελέτη συνάρτησης - Όριο ολοκληρώματος

Συνάρτηση σφάλματος (Error function)

Ένας στοιχειώδης τρόπος υπολογισμού του γνωστού ολοκληρώματος $$\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\,dx$$, συναφούς με τη συνάρτηση σφάλματος (error function).

Διπλό φράγμα

Διπλή ύπαρξη

Φραγμένη συνάρτηση - φραγμένη παράγωγος

Υπαρξιακή με ανισότητα (2)

Όριο με ολοκλήρωμα (3)

Λύση του Βασίλη Μαυροφρύδη

________________________________________________________________________

Μια ακόμη λύση με χρήση της ισχυρής μορφής του κανόνα του De l' Hospital (εκτός σχολικών πλαισίων) εδώ.

(Για τη διατύπωση και απόδειξη της ισχυρής μορφής του κανόνα του De l' Hospital μπορεί κανείς να ανατρέξει στο βιβλίο Principles of Mathematical Analysis του Walter Rudin Theorem 5.13)

________________________________________________________________________

Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Υπαρξιακή με ανισότητα (1)

Έστω συνάρτηση $$f:[a,b]\to\mathbb{R}$$ δυο φορές παραγωγίσιμη και $$f^{\prime}(a)=f^{\prime}(b)=0$$. Ας δειχθεί ότι υπάρχει $$\xi\in(a,b)$$ τέτοιο ώστε $$|f(b)-f(a)|\leq \displaystyle\frac{(b-a)^{2}}{4}|f^{\prime}^{\prime}(\xi)|$$.

Λύση

Αναστασίου Κοτρώνη

Θεωρούμε τη δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση 

$$F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(\frac{a+b}{2})-f(a)}{\big(\frac{b-a}{2}\big)^{2}}(x-a)^{2}$$ στο διάστημα $$[a,\frac{a+b}{2}]$$.

Είναι $$F(a)=F(\frac{a+b}{2})=0$$, άρα από Rolle υπάρχει $$\xi\in(a,\frac{a+b}{2})$$ με $$F^{\prime}(\xi)=0$$.
Όμως είναι και $$F^{\prime}(a)=0$$, (αφού $$f^{\prime}(a)=0$$), άρα από Rolle στο διάστημα $$[a,\xi]$$ για την $$F^{\prime}$$, υπάρχει $$\xi_{a}\in(a,\xi)\subseteq(a,\frac{a+b}{2})$$ με $$F^{\prime}^{\prime}(\xi_{a})=0$$, άρα 

$$f^{\prime\prime}(\xi_{a})=2\frac{f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f(a)}{\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}}$$, ή 

$$-f(a)=\frac{f^{\prime\prime}(\xi_{a})}{2}\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\qquad(1)$$.

Θεωρούμε τη δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση 

$$G(x)=f(x)-f(\frac{a+b}{2})-\frac{f(b)-f(\frac{a+b}{2})}{\big(\frac{b-a}{2}\big)^{2}}(x-\frac{a+b}{2})^{2}$$ στο διάστημα $$[\frac{a+b}{2},b]$$.

Είναι $$G(\frac{a+b}{2})=G(b)=0$$, άρα από Rolle υπάρχει $$\xi\in(\frac{a+b}{2},b)$$ με $$G^{\prime}(\xi)=0$$.
Όμως είναι και $$G^{\prime}(b)=0$$, (αφού $$f^{\prime}(b)=0$$), άρα από Rolle στο διάστημα $$[\xi,b]$$ για την $$G^{\prime}$$, υπάρχει $$\xi_{b}\in(\xi,b)\subseteq(\frac{a+b}{2},b)$$ με $$G^{\prime}^{\prime}(\xi_{b})=0$$, άρα 

$$f^{\prime}^{\prime}(\xi_{b})=2\frac{f(b)-f(\frac{a+b}{2})}{\big(\frac{b-a}{2}\big)^{2}}$$, ή 

$$f(b)=\frac{f^{\prime\prime}(\xi_{b})}{2}\big(\frac{b-a}{2}\big)^{2}+f(\frac{a+b}{2})\qquad(2)$$.

 Η $$|(1)+(2)|$$ τώρα δίνει 

$$|f(b)-f(a)|=\frac{1}{2}|f^{\prime}^{\prime}(\xi_{b})-f^{\prime}^{\prime}(\xi_{b})|\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}\leq\max\{|f^{\prime\prime}(\xi_{a})|,|f^{\prime\prime}(\xi_{b})|\}\cdot\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}$$.

_______________________________________________________________________

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Περιηγηθείτε με firefox γιατί άλλοι περιηγητές (όπως ο chrome) παρουσιάζουν πρόβλημα στην εμφάνιση του κώδικα (ευχαριστώ το φίλο Γιάννη Αυγουλέα για την επισήμανση)

_______________________________________________________________________

Σε έγγραφο

Μετασχηματισμοί Mobius

Ας δούμε ένα βίντεο σχετικό με τους μετασχηματισμούς γεωμετρικών τόπων που τόσο συχνά συναντάμε στο κεφάλαιο των μιγαδικών της Γ λυκείου. 

Οι περισσότεροι από αυτούς ανήκουν σε μια κατηγορία μετασχηματισμών του μιγαδικού επιπέδου που λέγονται Μετασχηματισμοί Mobius.

Πώς μπορούμε να γυρίσουμε σε μια σφαίρα το μέσα έξω

Μέρος πρώτο

Μέρος δεύτερο

Δυο όμορφα όρια με θεωρητικές προεκτάσεις

$$1)$$ Ας υπολογισθεί το όριο $$\lim_{n\to \infty} e^{-n}\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots +\frac{n^n}{n!}\right)$$.

$$2)$$ Ας υπολογισθεί το όριο $$\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}\right)$$

Λύση

Αναστασίου Κοτρώνη

$$1)$$ Ας θέσουμε $$A_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}$$ και $$B_{n}=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}$$. Αναζητούμε το $$\lim_{n\to+\infty}\frac{A_{n}}{e^n}$$.

Από τον τύπο του Taylor με την ολοκληρωτική μορφή για το υπόλοιπο, έχουμε

$$e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}e^{t}(x-t)^n\,dt$$, άρα

$$B_{n}=e^{n}-A_{n}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt$$.

Όμως

$$\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt\stackrel{t=ny}{=}\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}\left(e^y(1-y)\right)^n\,dy=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}e^{n\ln e^y(1-y)}\,dy$$.

Τώρα η $$h(y):=\ln e^y(1-y)$$ ικανοποιεί τις υποθέσεις της πρότασης 9 σελίδα 45 του αρχείου εδώ (*), άρα

$$B_{n}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{\sqrt{\pi/2}n^{n+1/2}}{n!}\stackrel{stirling}{\sim}\frac{e^n}{2}$$.

Έπεται ότι $$\frac{B_{n}}{e^n}\to\frac{1}{2}$$, άρα και $$\frac{A_{n}}{e^n}\to\frac{1}{2}$$.

________________________________________________________________________

(*) Η πρόταση αυτή αποδεικνύεται πλήρως στο αρχείο και αξίζει να την μελετήσει κανείς.

________________________________________________________________________

$$2)$$ Θέτοντας πάλι $$A_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}$$ και $$B_{n}=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}$$ το όριο που αναζητούμε είναι το 

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{n^n}(A_{n}-B_{n})\stackrel{A_{n}+B_{n}=e^n}{=}\lim_{n\to+\infty}\frac{n!e^n}{n^n}\left(1-\frac{2B_{n}}{e^n}\right)$$.

Από το $$1)$$ είδαμε επίσης ότι $$B_{n}=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}e^{n\ln e^y(1-y)}\,dy.$$

Εδώ, σε αντίθεση με την άσκηση του παραπάνω συνδέσμου, είναι απαραίτητη μια καλύτερη προσέγγιση της συμπεριφοράς του παραπάνω ολοκληρώματος.
Θα επιχειρήσουμε λοιπόν να βρούμε ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα για το ολοκλήρωμα αυτό κάνοντας χρήση του Λήμματος του Watson διατυπώνεται και αποδεικνύεται εδώ σελ 44.

Η δυσκολία στην παρούσα περίπτωση είναι ότι κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής $$\phi(y):=-\ln (e^y(1-y))=t$$, δεν μπορούμε να βρούμε κλειστό τύπο για την $$y=\phi^{-1}(t)$$. Η δυσκολία αυτή μπορεί να ξεπεραστεί ως εξής :


Κάνοντας την παραπάνω αλλαγή μεταβλητής έχουμε

$$y=\phi^{-1}(t)\Rightarrow \,dy=\left(\phi^{-1}(t)\right)^{\prime}\,dt=\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}\,dt\Rightarrow B_{n}=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}e^{-nt}\,dt$$

Επίσης είναι $$\frac{1}{\phi^{\prime}(y)}=-1+\frac{1}{y}$$, και

$$\phi(y)=t=-y+y+\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}+\cdots=\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}+\cdots\qquad(1)$$.

Αναζητούμε μέσω της $$(1)$$ ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα της  $$-1+\frac{1}{y}=\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}$$ κοντά στο $$0$$.



Αν, γενικότερα, έχουμε μια γνωστή δυναμοσειρά της μορφής

$$t=a_{2}y^2+a_{3}y^3+\cdots$$ και αναζητούμε ένα ανάπτυγμα $$y=y(t)$$, θέτοντας $$y=b_{1}t^{1/2}+b_{2}t+b_{3}t^{3/2}+\cdots$$ και αντικαθιστώντας τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη, αφού εξισώσουμε τους αντίστοιχους συντελεστές θα προκύψουν αναδρομικά οι τιμές των $$b_{i}$$ συναρτήσει των $$a_{j}$$.

Μερικοί από τους συντελεστές $$b_{i}$$ είναι οι εξής : 

$$b_{1}=\pm\frac{1}{\sqrt{a_{2}}},\qquad b_{2}=-\frac{a_{3}}{2a_{2}^2},\qquad b_{3}=\pm\frac{5a_{3}^2\sqrt{a_{2}}}{8a_{2}^4}\qquad.$$

Στη συγκεκριμένη περίπτωση, λόγω του ότι η $$y$$ είναι θετική, επιλέγουμε τα θετικά πρόσημα στους μονούς συντελεστές και το ανάπτυγμα που θα προκύψει από την παραπάνω διαδικασία θα είναι το

$$y(t)=\sqrt{2}t^{1/2}-\frac{2}{3}t+\frac{5\sqrt{2}}{9}t^{3/2}+\cdots$$ άρα

$$\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}=-1+\frac{1}{\sqrt{2}t^{1/2}-\frac{2}{3}t+\frac{5\sqrt{2}}{9}t^{3/2}+\mathcal O(t^2)}=$$

$$-1+\frac{1}{\sqrt{2}t^{1/2}\left(1-\left(\frac{\sqrt{2}}{3}t^{1/2}-\frac{5}{9}t+\mathcal O(t^{3/2})\right)\right)}$$

$$=-1+\frac{\sqrt{2}}{2t^{1/2}}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{3}t^{1/2}-\frac{1}{3}t+\mathcal O(t^{3/2})\right)=\de t^{-1/2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{2}{3}t^{1/2}-\frac{\sqrt{2}}{6}t+\mathcal O(t^{3/2})\right).$$

Από το λήμμα του  Watson τώρα για $$a=-1/2$$ και $$\beta=1/2$$, θα προκύψει ότι

$$\de \int_{0}^{1}\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}e^{-nt}\,dt=\frac{\sqrt{2\pi}}{2n^{1/2}}-\frac{2}{3n}-\frac{\sqrt{\pi}}{6\sqrt{2}n^{3/2}}+\mathcal O(1/n^2).$$


Επειδή επιπλέον από τον τύπο του Stirling είναι $$n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n(1+\mathcal O(1/n))$$, παίρνουμε ότι

$$\frac{n!e^n}{n^n}\left(1-\frac{2B_{n}}{e^n}\right)=\frac{4}{3}+\mathcal O(1/n^{1/2})\to\frac{4}{3}.$$

Όριο στο άπειρο

Έστω $$f: [0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$$ με $$f(0) = - 1$$ παραγωγίσιμη και τέτοια ώστε $$\left|f(x) - f^{\prime}(x)\right| < 1, \, \forall x\geq 0.$$  Εξετάστε το $$\lim_{x\to+\infty}f(x)$$

(Η άσκηση αυτή προτάθηκε από το μέλος felixman στον ιστότοπο www.artofproblemsolving.com.).

Λύση

Του μέλους hpe στο www.artofproblemsolving.com

Θέτουμε $$g(x)=e^{-x}f(x)$$. Τότε $$g(0)=-1$$ και για $$x\geq0$$ είναι 

 $$g^{\prime}(x)=e^{-x}(f^{\prime}(x)-f(x))\leq e^{-x}|f^{\prime}(x)-f(x)|<e^{-x},$$

άρα $$(g(x)+e^{-x})^{\prime}<0$$ συνεπώς η $$g(x)+e^{-x}$$ είναι γνησίως φθίνουσα. Έπεται ότι 

$$x>1\Rightarrow e^{-x}(f(x)+1)=g(x)+e^{-x}<\underbrace{g(1)+e^{-1}}_{:=c}<g(0)+e^{-0}=0,$$ 

άρα $$f(x)<-1+ce^{x}$$ με $$c<0$$, από όπου έπεται ότι $$\lim_{x\to+\infty}=-\infty$$.

_____________________________________________________________________________________________________________

Σε έγγραφο

Ανάλυση Ι (Θέματα και Λύσεις Τελικής Εξέτασης Σεπτεμβρίου 2011)

Τα θέματα

Οι λύσεις

Συναρτησιακή σχέση - σταθερή συνάρτηση

Έστω η συνεχής συνάρτηση $$f:\mathbb R \to\mathbb R$$ με την ιδιότητα $$\int_{x}^{x+y}f(t)\,dt = \int_{x-y}^{x}f(t)\,dt$$ για κάθε $$x,y \in \mathbb R$$. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση $f$ είναι σταθερή.


(Το θέμα αυτό προτάθηκε από το Στράτο Παπαδόπουλο στο www.mathematica.gr)

Λύση

Αναστασίου Κοτρώνη

Έστω $$x\in\mathbb R$$ τυχαίο αλλά σταθερό. Αφού η $$f$$ είναι συνεχής, παραγωγίζοντας τη δοθείσα θεωρούμενη ως συνάρτηση του $$y$$ θα πάρουμε $$f(x+y)=f(x-y)$$. Αφού το $$x$$ ήταν τυχαίο έχουμε

$$f(x+y)=f(x-y)\,\,\forall x,y\in\mathbb R\qquad(1)$$.

Έστω τώρα ότι υπάρχουν $$x_{1}<x_{2}$$ με $$f(x_{1})\neq f(x_{2})$$. Τότε από την $$(1)$$ για $$x=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$$ και $$y=\frac{x_{2}-x_{1}}{2}$$ παίρνουμε άτοπο.

________________________________________________________________________

Σε έγγραφο

Όριο με ολοκλήρωμα (2)

Εάν $$f:\left[ {0,2010} \right] \to R$$ συνεχής,να υπολογιστεί το όριο
$$\lim_{a \to+\infty }\int_{0}^{2010}\frac{f\left( x \right)}{x + a}\,dx$$.

(Το θέμα αυτό προτάθηκε από το Βασίλη Μαυροφρύδη στο www.mathematica.gr)

Λύση

Κοτρώνη Αναστασίου

Για $$a>0$$ είναι

$$0\leq\Big|\int_{0}^{2010}\frac{f(x)}{x+a}\,dx\Big|\leq\int_{0}^{2010}\Big|\frac{f(x)}{x+a}\Big|\,dx\stackrel{*}{=}2010\frac{|f(\xi_{a})|}{\xi_{a}+a}\stackrel{**}{\leq}$$

$$2010\frac{\displaystyle{\max_{x\in[0,2010]}|f(x)|}}{a}\stackrel{a\to+\infty}{\longrightarrow}0$$.

* Από το Θεώρημα μέσης τιμής διαφορικού λογισμού στην παραγωγίσιμη συνάρτηση $$g(y):=\int_{0}^{y}\Big|\frac{f(x)}{x+a}\Big|\,dx$$ (η ολοκληρωτέα είναι συνεχής) στο διάστημα $[0,2010]$

** Η $|f(x)|$ ως συνεχής έχει μέγιστη τιμή στο $[0,2010]$.

________________________________________________________________________

Σε έγγραφο

Όριο με ολοκλήρωμα (1)

Έστω η συνεχής συνάρτηση $$f:\left[ { - 1,1} \right] \to R$$, η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $0$. Να υπολογίσετε το όριο $$ \lim _{x\to0}\frac{\int_{-x}^{x}f(t)\,dt-2f(0)x}{x^2}$$.

(Το θέμα αυτό προτάθηκε από το Βασίλη Μαυροφρύδη στο www.mathematica.gr)

Υπαρξιακό θέμα

Έστω οι συναρτήσεις $$f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$$ για τις οποίες:
Η $$f$$ είναι 2 φορές παραγωγίσιμη στο $$\mathbb{R}$$, η $$g$$ είναι παραγωγίσιμη στο $$\mathbb{R}$$
και ισχύει :  για κάθε $$x\geq0$$, $$g(x)=f(\sqrt{x})+f(-\sqrt{x})$$
Τότε να αποδείξετε ότι για κάθε $$x_{0}>0$$ υπάρχει $$\xi\in \mathbb{R}$$ τέτοιο ώστε: $$g^{\prime}(x_{0}^2)=f^{\prime\prime}(\xi)$$.

(Το θέμα αυτό προτάθηκε από τον Γκριμπαβιώτη Παναγιώτη στο www.mathematica.gr)

Πρόγραμμα σπουδών Α' τάξης γενικού Λυκείου (2011-2012)

________________________________________________________________________

Η νέα αναμορφωμένη έκδοση (2011) του βιβλίου της Α' Λυκείου εδώ.

________________________________________________________________________

Οδηγίες διδασκαλίας για την αναμορφωμένη έκδοση εδώ.

________________________________________________________________________

Συμμετρία και ολοκλήρωμα

Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση μιας συνεχούς συνάρτησης f έχει κέντρο συμμετρίας το σημείο $$M(\lambda,0)$$ να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:
$$\int_{\lambda-x}^{\lambda+x}f(t)\,dt$$,  $$x \in \mathbb{R}$$ 
(Προτάθηκε από το Θωμά Ραϊκόφτσαλη στο www.mathematica.gr)

Λύση

Αναστασίου Κοτρώνη

$$I=\int_{\lambda-x}^{\lambda+x} f(t)\,dt\stackrel{t=y+\lambda}{=}\int_{-x}^{x}f(y+\lambda)\,dy\stackrel{f(\lambda+y)=-f(\lambda-y)}{=}$$

$$\int_{-x}^{x}-f(\lambda-y)\,dy\stackrel{\lambda-y=u}{=}\int_{\lambda+x}^{\lambda-x} f(u)\, du=-I$$.

Συνεπώς $$I=0$$.

________________________________________________________________________

Σε έγγραφο