Home/ Intrebari/Q 92792
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

jklR7
Pe: 2018-07-13T14:53:22+03:00 In: In:

Admitere UTCN2015/12

\lim_{n\rightarrow \infty }n\int_{0}^{1}(\cos x-\sin x)^{n}dx
Am încercat sa scriu expresia din interiorul integralei ca (1-\sin 2x)^{\frac{n}{2}} și așa să încerc să „prind” în clește; nu a funcționat.

Similare

11 raspunsuri

  1. Felixx
    veteran (III)

    Calculele sunt destul de laborioase in rezolvarea acestei probleme.O sa schitez pasii necesari.
    cox-sinx=\sin\left ( \frac{\pi }{2}-x \right )-sinx=2\sin\left ( \frac{\pi }{4}-x \right )\cos\frac{\pi }{4}=\sqrt{2}\sin\left ( \frac{\pi }{4}-x \right )
    Atunci:
    I_{n}=\sqrt{2^{n}}\int_{0}^{1}sin^{n}\left ( \frac{\pi }{4}-x \right )dx.Aici facem substitutia de variabila : \frac{\pi }{4}-x=t
    Integrala devine:
    I_{n}=\sqrt{2^{n}}\int_{\frac{\pi }{4}}^{-\frac{3\pi }{4}}sin^{n}t\left ( -dt \right )=-\sqrt{2^{n}}\int_{\frac{\pi }{4}}^{-\frac{3\pi }{4}}sin^{n}tdt
    Atentie la limitele de integrare la calculul acestei integrale! Ce modalitate ai de a o scrie altfel?
    De asemenea in aceasta faza poti folosi rezultatul:
    Fie x\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N} si I_{n}=\int sin^{n}xdx.Atunci:
    I_{n}=-\frac{1}{n}sin^{n-1}xcox+\frac{n-1}{n}I_{n-2},n\geq 2, care este o relatie de recurenta ce se obtine facand o simpla integrare prin parti

    Efectuand calculele ( foarte multe) vei obtine relatia de recurenta pentru sirul din cazul problemei tale.Vei trece apoi la limita in relatia de recurenta
    tinand seama de :

    \lim_{n\rightarrow \infty }I_{n}=\lim_{n\rightarrow \infty }I_{n-2}=l si vei obtine limita cautata!

  2. jklR7

    Felixx post_id=111794 time=1531507530 user_id=21270 wrote:
    Calculele sunt destul de laborioase in rezolvarea acestei probleme.O sa schitez pasii necesari.
    cox-sinx=\sin\left ( \frac{\pi }{2}-x \right )-sinx=2\sin\left ( \frac{\pi }{4}-x \right )\cos\frac{\pi }{4}=\sqrt{2}\sin\left ( \frac{\pi }{4}-x \right )
    Atunci:
    I_{n}=\sqrt{2^{n}}\int_{0}^{1}sin^{n}\left ( \frac{\pi }{4}-x \right )dx.Aici facem substitutia de variabila : \frac{\pi }{4}-x=t
    Integrala devine:
    I_{n}=\sqrt{2^{n}}\int_{\frac{\pi }{4}}^{-\frac{3\pi }{4}}sin^{n}t\left ( -dt \right )=-\sqrt{2^{n}}\int_{\frac{\pi }{4}}^{-\frac{3\pi }{4}}sin^{n}tdt
    Atentie la limitele de integrare la calculul acestei integrale! Ce modalitate ai de a o scrie altfel?
    De asemenea in aceasta faza poti folosi rezultatul:
    Fie x\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N} si I_{n}=\int sin^{n}xdx.Atunci:
    I_{n}=-\frac{1}{n}sin^{n-1}xcox+\frac{n-1}{n}I_{n-2},n\geq 2, care este o relatie de recurenta ce se obtine facand o simpla integrare prin parti

    Efectuand calculele ( foarte multe) vei obtine relatia de recurenta pentru sirul din cazul problemei tale.Vei trece apoi la limita in relatia de recurenta
    tinand seama de :

    \lim_{n\rightarrow \infty }I_{n}=\lim_{n\rightarrow \infty }I_{n-2}=l si vei obtine limita cautata!


    Vă mulțumesc!

  4. Felixx
    veteran (III)

    Poate te ajuta la admitere:

  5. ghioknt
    profesor

    Soluția de mai sus, a lui Felixx, este una particulară care se bazează pe faptul că în integrală apare funcția trigonometrică g(x)=cosx-sinx. Pentru altă funcție, trebuie găsita altă rezolvare.
    Eu m-am oferit aici să scriu o demonstrație mai generală, valabilă pentru o clasă mai largă de șiruri de integrale, dar nimeni nu s-a arătat interesat. Eu aș propune să utilizam următorul rezultat: Dacă a\in (-1;1),\;f:[a;1]\to \mathbb{R} este derivabilă și cu derivată continuă, atunci
    \lim_{n\to\infty }n\int_{a}^{1}x^nf(x)dx=f(1).
    De fapt cred că rezultatul este valabil și pentru funcții f doar cuntinue pe intervalul respectiv, dar mi-e mai greu de demonstrat.
    g'(x)=-sinx-cosx<0 pe [0; 1] arată că g este strict descrescătoare pe [0; 1], deci g:[0; 1]–>[g(1); 1] este inversabilă și inversa sa este derivabilă ori de câte ori este derivabilă g. În plus, din pi/4<1<pi/2: g(pi/2)<g(1)<g(pi/4), adică -1<g(1)<0.
    Propun schimbarea de variabilă t=g(x), deci x=g^{-1}(t),\;dx=(g^{-1})'(t)dt.
    \lim_{n\to\infty }n\int_{0}^{1}(\cos x-\sin x)^ndx=\lim_{n\to\infty }n\int_{1}^{g(1)}t^n(g^{-1})'(t)dt=-(g^{-1})'(1)=\\=-\frac{1}{g'(g^{-1}(1))}=-\frac{1}{g'(0)}=1.
    g^{-1}(1)=0 pentru că g(0)=1.

  6. Felixx
    veteran (III)

    ghioknt post_id=111815 time=1531650557 user_id=18683 wrote:
    Soluția de mai sus, a lui Felixx, este una particulară care se bazează pe faptul că în integrală apare funcția trigonometrică g(x)=cosx-sinx. Pentru altă funcție, trebuie găsita altă rezolvare.
    Eu m-am oferit aici să scriu o demonstrație mai generală, valabilă pentru o clasă mai largă de șiruri de integrale, dar nimeni nu s-a arătat interesat. Eu aș propune să utilizam următorul rezultat: Dacă a\in (-1;1),\;f:[a;1]\to \mathbb{R} este derivabilă și cu derivată continuă, atunci
    \lim_{n\to\infty }n\int_{a}^{1}x^nf(x)dx=f(1).
    De fapt cred că rezultatul este valabil și pentru funcții f doar cuntinue pe intervalul respectiv, dar mi-e mai greu de demonstrat.
    g'(x)=-sinx-cosx<0 pe [0; 1] arată că g este strict descrescătoare pe [0; 1], deci g:[0; 1]–>[g(1); 1] este inversabilă și inversa sa este derivabilă ori de câte ori este derivabilă g. În plus, din pi/4<1<pi/2: g(pi/2)<g(1)<g(pi/4), adică -1<g(1)<0.
    Propun schimbarea de variabilă t=g(x), deci x=g^{-1}(t),\;dx=(g^{-1})'(t)dt.
    \lim_{n\to\infty }n\int_{0}^{1}(\cos x-\sin x)^ndx=\lim_{n\to\infty }n\int_{1}^{g(1)}t^n(g^{-1})'(t)dt=-(g^{-1})'(1)=\\=-\frac{1}{g'(g^{-1}(1))}=-\frac{1}{g'(0)}=1.
    g^{-1}(1)=0 pentru că g(0)=1.


    Foarte interesant rezultatul dumneavoastra si util in acelasi timp.
    V-as intreba daca putem sa-l aplicam si in cazul limitei de mai jos(si daca se poate sa detailati putin) sau daca exista o alta abordare mai simpla:
    \lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt{2^{n}}\int_{a}^{b}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx
    stiind ca intervalul de integrare \left [ a,b \right ]\subset \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )
    ………………………………………………………………………………………………………
    Eu am incercat asa :
    Din \left [ a,b \right ]\subset \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right ) atunci rezulta ca :
    0\leq \int_{a}^{b}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx\leq \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx

    0\leq \sqrt{2^{n}}\int_{a}^{b}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx\leq \sqrt{2^{n}}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx si mai ramane sa aratam ca :
    \lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt{2^{n}}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx=0
    Atunci conform criteriul clestelui limita ar fi zero.
    Pentru a calcula ultima limita, am urmat pasii expusi mai sus in cazul problemei UTCN2015/12, ce mi-a luat ceva timp de finalizare a calculelor.
    MULTUMESC.

  8. ghioknt
    profesor

    Felixx post_id=111816 time=1531656508 user_id=21270 wrote:
    Foarte interesant rezultatul dumneavoastra si util in acelasi timp.
    V-as intreba daca putem sa-l aplicam si in cazul limitei de mai jos(si daca se poate sa detailati putin) sau daca exista o alta abordare mai simpla:
    \lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt{2^{n}}\int_{a}^{b}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx
    stiind ca intervalul de integrare \left [ a,b \right ]\subset \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )
    ………………………………………………………………………………………………………
    Eu am incercat asa :
    Din \left [ a,b \right ]\subset \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right ) atunci rezulta ca :
    0\leq \int_{a}^{b}cos^{n}\left ( x+\frac{\pi }{4} \right )dx

    Observ. Această inegalitate poate fi falsă; funcția cosinus poate lua și valori negative pe acel interval.
    Rezultatul de mai sus s-ar putea aplica doar dacă integrala ar avea și un n infață, iar intervalul de integrare ar fi [0;b], cu b<pi/2, ca atunci când fac schimbarea de variabilă să trec într-un interval de forma [a; 1], ca în teoria prezentată.
    Observând că funcția f(x)=\sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) este strict descrescatoare pe [0;\frac{\pi}{2}],
    din 0<a\leq x\leq b<\frac{\pi}{2} deduc 1>f(a)\geq f(x)\geq f(b)>-1, deci sup|f(x)|=M<1.
    Atunci |\int_{a}^{b}(f(x))^ndx|\leq \int_{a}^{b}|f(x)|^ndx\leq M^n(b-a)
    Ultima expresie are limita 0 datorita lui M subunitar, ceeace rezolvă problema. Observi importanța premizei că 0<a<b<pi/2.

  9. Felixx
    veteran (III)

    Da,m-au lasat neuronii!!! Am mai discutat cu dumneavoastra aceasta limita aici:

    Numai ca acolo eu nu v-am spus nimic de modul in care am incercat sa o rezolv.
    Multumesc mult.
    In concluzie ,putem folosi cu incredere rezultatul expus de dumneavoastra?
    Uitasem. Legat de observatie,aveti dreptate.Este o neatentie de-a mea. Se vede si din grafic ca acea functie ia valori si negative pe acel interval.
    https://imgur.com/FIdMUkb

  10. ghioknt
    profesor

    Vezi avantajul că te lasă neuronii? Fiecare problemă ți se pare … nouă și inedită. 🙂
    Iar întrebarea cu încrederea vrea să însemne: pune domne și o demonstrație, că altfel n-am încredere?

  12. Felixx
    veteran (III)

    ghioknt post_id=111838 time=1531751992 user_id=18683 wrote:
    Vezi avantajul că te lasă neuronii? Fiecare problemă ți se pare … nouă și inedită. 🙂
    Iar întrebarea cu încrederea vrea să însemne: pune domne și o demonstrație, că altfel n-am încredere?


    Nu am vrut sa spun ca nu am incredere in dumneavoastra ( mai ales ca va urmaresc de atata timp pe acest site si apreciez calitatea exceptionala a ideilor cu care veniti in rezolvarea unor probleme, de la care am invatat atatea lucruri noi ),dar stiti bine ca si la olimpiada orice rezultat folosit in solutionarea unei probleme necesita o mica demonstratie.Tot spuneati ca nu e nimeni interesat…asa ca ne-am bucura toti daca ar exista si o demonstratie 🙂.
    Multumim,domnule profesor ghioknt.

  13. ghioknt
    profesor

    Eu am contat pe următoarea afirmație:
    Dacă a\in (-1;1),\;f:[a;1]\to \mathbb{R} este derivabilă și cu derivată continuă, atunci
    \lim_{n\to\infty }n\int_{a}^{1}x^nf(x)dx=f(1).

    1) Dacă f este continuă, atunci \lim_{n\to\infty }n\int_{a}^{0}x^nf(x)dx=0.
    În cazul a>0,
    |n\int_{a}^{0}x^nf(x)dx|=|n\int_{0}^{a}x^nf(x)dx|\leq n\int_{0}^{a}x^n|f(x)|dx\leq \\\leq nM\int_{0}^{a}x^ndx=M\frac{n}{n+1}a^{n+1}.
    În cazul a<0,
    |n\int_{a}^{0}x^nf(x)dx|\leq n\int_{a}^{0}(-x)^n|f(x)|dx\leq -M\frac{n}{n+1}(-x)^{n+1}|_a^0=M\frac{n}{n+1}(-a)^{n+1}.
    În ambele cazuri am folosit mărginirea unei funcții continue, iar expresiile finale au limita 0 pentru că a sau -a sunt pozitive subunitare.
    2) Dacă, în plus, f este derivabilă și cu derivată continuă, n\int_{0}^{1}x^nf(x)dx=\frac{n}{n+1}x^{n+1}f(x)|_0^1-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx=\\=\frac{n}{n+1}f(1)-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx.
    Evident, primul termen are limita f(1), iar al doilea, speculând ca mai sus mărginirea lui f’, are limita 0.
    3) În concluzie, \lim_{n\to\infty }n\int_{a}^{1}x^nf(x)dx=\lim_{n\to\infty }n\int_{a}^{0}x^nf(x)dx+\lim_{n\to\infty }n\int_{0}^{1}x^nf(x)dx=0+f(1)=f(1).

  14. Felixx
    veteran (III)

    Multumim,domnule profesor ghioknt.Un rezultat intr-adevar foarte util.Trebuie adaugat in caietul cu „retete” si scos de acolo la nevoie.

Raspunde

Raspunde