11 svar
221 visningar
Qetsiyah är nöjd med hjälpen

Envariabelanalys: förklara denna geggamoja

Boken påstår att det finns en funktion som uppfyller 12, och den påstår att det finns en funktion som uppfyller 13. Hur?!

Smaragdalena 54758 – Lärare
Postad: 30 dec 2019 09:34

Vad står det i kapitel 4, exempel 12?

Fungerar|sinπx||\sin\pi x| på nr 13? Eller måste funktionen vara större än 0 för alla värden? I så fall f(x)=|sinπx|+1x2f(x)=|\sin\pi x|+\frac{1}{x^2}.

PeBo 546
Postad: 30 dec 2019 10:04 Redigerad: 30 dec 2019 10:07

För 12 -- kan du inte ha en summa av funktioner som är en faktor 1N2 gånger en normalfördelning runt varje N, med standardavvikelse 1/N? Det gör att varje fördelning bidrar 1N2till integralen, men varje fördelning bidrar mer än 1/N till summan.

Fx=N=11N2121Ne(x-N)21N

Vid integralen kommer den blå biten att bidra 1, och den gröna skalar ner det till en konvergent serie av integraler. Den blå biten själv kommer att ha värdet N vid punten N, som skalas ner till 1/N av den blå biten, vilket då blir en divergent serie.

...eller har jag missat något?

Laguna 14637
Postad: 30 dec 2019 10:41

Man behöver inte bygga en funktion av elementära funktioner, utan kan rita den som man vill. Ta t.ex. trianglar som har höjden 1 och har spetsen på x = heltal. Gör trianglarna smalare och smalare, med basen 12n\frac{1}{2^n}.

Men motsäger inte det cauchys integralkriterium?

TobbeR 42
Postad: 4 jan 2020 01:46 Redigerad: 4 jan 2020 01:47
Qetsiyah skrev:

Men motsäger inte det cauchys integralkriterium?

Caychys integralkriterium kräver att vi har en monotont avtagande funktion, vilket inte verkar krävas av uppgifterna. Alltså borde exemplen med |sin(πx)||\sin(\pi x)| samt trianglarna med bas 12n\frac{1}{2^n} vara fullt giltiga.

Åh, okej! Det är det som skiljer!

Då ska jag knappa in allas exempel och se vad som förssiggår

emmynoether 844
Postad: 4 jan 2020 11:26

Klassiskt exempel på den första (fråga 12) är  f(x)=cos(2πx)xf(x) = \frac{\cos(2\pi x)}{x}. Här är integralen konvergent men serien blir divergent eftersom cos(2πn)=1\cos(2\pi n)=1 när n=1,2,3,...n=1,2,3,....

Det exempel som Smaragdalena presenterade fungerar för fråga 13.

AlvinB 3987
Postad: 4 jan 2020 13:42 Redigerad: 4 jan 2020 14:16
emmynoether skrev:

Klassiskt exempel på den första (fråga 12) är  f(x)=cos(2πx)xf(x) = \frac{\cos(2\pi x)}{x}. Här är integralen konvergent men serien blir divergent eftersom cos(2πn)=1\cos(2\pi n)=1 när n=1,2,3,...n=1,2,3,....

Det exempel som Smaragdalena presenterade fungerar för fråga 13.

Du tycks missa det faktum att funktionen skall vara positiv.

Att göra om ditt exempel till en funktion som är positiv är inte heller enkelt eftersom att ta |cos(2πx)|/x|\cos(2\pi x)|/x eller cos2(2πx)/x\cos^2(2\pi x)/x båda resulterar i att varken integralen eller summan konvergerar.

Jag har suttit och klurat, och jag tror jag har ett "elementärt exempel" (vad det nu ska vara bra för egentligen, jag tycker Lagunas förslag är mycket snyggt):

fx=cos2πxxf\left(x\right)=\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x

Jag har dock inte ännu bevisat att integralen konvergerar, men jag har ett par goda ideér för hur man skulle kunna göra.ä

EDIT: En annan variant på Smaragdalenas exempel till 13 är:

fx=sin2πxf\left(x\right)=\sin^2\left(\pi x\right)

dioid 181
Postad: 4 jan 2020 21:45

12. godtycklig funktion med f(n) = 1/n och integral från n-eps till n+eps lika med 1/n^2 där eps < 1/(2n)

13. godtycklig funktion med f(n) = 1/n^2 och integral från n-eps till n+eps like med 1/n där eps < 1/(2n)

AlvinB skrev:

fx=cos2πxxf\left(x\right)=\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x

Jag har dock inte ännu bevisat att integralen konvergerar, men jag har ett par goda ideér för hur man skulle kunna göra.

Att lim ₓ→∞ f(x)=0 är väl ett növändigt kriterie som inte uppfylls?

AlvinB 3987
Postad: 11 jan 2020 11:04 Redigerad: 11 jan 2020 12:30
Qetsiyah skrev:
AlvinB skrev:

fx=cos2πxxf\left(x\right)=\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x

Jag har dock inte ännu bevisat att integralen konvergerar, men jag har ett par goda ideér för hur man skulle kunna göra.

Att lim ₓ→∞ f(x)=0 är väl ett növändigt kriterie som inte uppfylls?

Nja, det är enbart så att gränsvärdet måste vara lika med noll ifall gränsvärdet existerar. I detta fall existerar inte gränsvärdet, och då kan integralen ändå vara konvergent. Ett paradexempel på detta är de så kallade Fresnelintegralerna:

0sinx2 dx=0cosx2 dx=π8\displaystyle\int_0^\infty\sin\left(x^2\right)\ dx=\int_0^\infty\cos\left(x^2\right)\ dx=\sqrt{\dfrac{\pi}{8}}

Dessa integrander har definitivt inte gränsvärden som går mot noll, men är ändå konvergenta på grund av deras snabbare och snabbare oscillerande mellan negativa och positiva värden då xx\to\infty. (Att bevisa att de båda integralerna ovan har värdet π/8\sqrt{\pi/8} kan vara en kul utmaning om du någon gång intresserar dig för komplex analys.)

Att vår integral skulle kunna konvergera är inte lika konstigt, när xx går mot oändligheten går funktionen mot noll så gott som överallt (förutom vid heltalen där den går mot ett, men dessa är "så få" i sammanhanget att det inte spelar roll). Dock måste även areorna under dessa toppar bli mindre tillräckligt snabbt (jämför med hur den harmoniska serien divergerar, trots att dess termer går mot noll).

Men jag skall vara ärlig: Jag hade inte undersökt saken särskilt noga när jag skrev det där inlägget, och det visar sig att integralen faktiskt inte konvergerar. Däremot finns andra snarlika integraler som konvergerar, t.ex.

1cos2πxx3 dx\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^3}\ dx

och

1cos2πxxx dx\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^x}\ dx

Att undersöka konvergensen hos

1cos2πxx dx\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx

kan göras enligt följande:

Vi börjar med att undersöka integralen mellan varje topp separat. Vi får

mm+1cos2πxx dxmm+1cos2πxm dx=01cos2πxm dx\displaystyle\int_m^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx\sim\int_m^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^m\ dx=\int_0^1\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^m\ dx

där \sim betyder att de två uttrycken är asymptotiskt ekvivalenta, d.v.s. att gränsvärdet av deras kvot går mot 11xx\to\infty. Det andra steget följer av periodiciteten för cosinusfunktionen i kvadrat (som har periodiciteten π\pi).

01cosπx2m dx=01eiπx+e-iπx22m dx=122m01eiπx+e-iπx2m dx\displaystyle\int_0^1\left(\cos\left(\pi x\right)\right)^{2m}\ dx=\int_0^1\left(\dfrac{e^{i\pi x}+e^{-i\pi x}}{2}\right)^{2m}\ dx=\dfrac{1}{2^{2m}}\int_0^1\left(e^{i\pi x}+e^{-i\pi x}\right)^{2m}\ dx

Binomialsatsen ger nu:

=122m012m0e2miπx+2m1e(2m-1)iπxe-iπx+...+2mmemiπxe-miπx=1+...+2m2m-1eiπxe-(2m-1)iπx+2m2me-2miπx dx\displaystyle=\dfrac{1}{2^{2m}}\int_0^1{2m\choose0}e^{2mi\pi x}+{2m\choose1}e^{(2m-1)i\pi x}e^{-i\pi x}+...+{2m\choose m}\underbrace{e^{mi\pi x}e^{-mi\pi x}}_{=1}+...+{2m\choose 2m-1}e^{i\pi x}e^{-(2m-1)i\pi x}+{2m\choose2m}e^{-2mi\pi x}\ dx

=122m01e2miπx+2m1e(2m-2)iπx+...+2mm+...+2m2m-1e-(2m-2)iπx+e-2miπx dx\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 e^{2mi\pi x}+{2m\choose1}e^{(2m-2)i\pi x}+...+{2m\choose m}+...+{2m\choose 2m-1}e^{-(2m-2)i\pi x}+e^{-2mi\pi x}\ dx

Eftersom nk=nn-k{n\choose k}={n\choose n-k} kan termerna (förutom den mittersta) adderas parvis. Då får vi:

=122m01e2miπx+e-2miπx+2m1e(2m-2)iπx+e-(2m-2)iπx+...+2mm dx\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 e^{2mi\pi x}+e^{-2mi\pi x}+{2m\choose1}\left(e^{(2m-2)i\pi x}+e^{-(2m-2)i\pi x}\right)+...+{2m\choose m}\ dx

Sedan kan vi utnyttja det faktum att eiy+e-iy=cos(y)+isin(y)+cos(y)-isin(y)=2cos(y)e^{iy}+e^{-iy}=\cos(y)+i\sin(y)+\cos(y)-i\sin(y)=2\cos(y), vilket ger:

=122m012cos2mπx+22m1cos2m-2πx+...+2mm dx\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 2\cos\left(2m\pi x\right)+2{2m\choose1}\cos\left(\left(2m-2\right)\pi x\right)+...+{2m\choose m}\ dx

=122m012cos2mπx+22m1cos2m-1πx+...+2mm dx\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 2\cos\left(2m\pi x\right)+2{2m\choose1}\cos\left(2\left(m-1\right)\pi x\right)+...+{2m\choose m}\ dx

Eftersom alla cosinustermer är på formen cos(2πn)\cos(2\pi n) där nn är ett heltal, och

01cos2πnx dx=0\displaystyle\int_0^1\cos\left(2\pi nx\right)\ dx=0

för alla heltal nn försvinner alla dessa termer från vår integral. Vi blir då helt enkelt kvar med:

122m012mm dx=122m2mm\displaystyle\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1{2m\choose m}\ dx=\frac{1}{2^{2m}}{2m\choose m}

Med Stirlings formel får vi sedan:

122m2mm=122m·(2m)!m!m!122m·4πm(2me)2m2πm(me)m·2πm(me)m\displaystyle\dfrac{1}{2^{2m}}{2m\choose m}=\dfrac{1}{2^{2m}}\cdot\dfrac{(2m)!}{m!m!}\sim\dfrac{1}{2^{2m}}\cdot\dfrac{\sqrt{4\pi m}(\frac{2m}{e})^{2m}}{\sqrt{2\pi m}(\frac{m}{e})^{m}\cdot\sqrt{2\pi m}(\frac{m}{e})^{m}}

=122m·22m·2πm(me)2m2πmπm(me)2m=1πm=\dfrac{1}{2^{2m}}\cdot\dfrac{2^{2m}\cdot 2\sqrt{\pi m}(\frac{m}{e})^{2m}}{2\sqrt{\pi m}\sqrt{\pi m}(\frac{m}{e})^{2m}}=\dfrac{1}{\sqrt{\pi m}}

Det gäller alltså att:

mm+1cos2πxx dx1πm\displaystyle\int_{m}^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx\sim\frac{1}{\sqrt{\pi m}}

Om vi nu summerar båda led från m=1m=1 till \infty får vi vår integral i vänsterled och summan

m=11πm\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{\pi m}}

i högerled. Eftersom summan divergerar och uttrycken är asymptotiskt ekvivalenta, divergerar även integralen.

Vi kan dock ta den mer generella integralen:

1cos2πxxa dx\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^a}\ dx

(där aa är ett heltal, vilket egentligen inte är nödvändigt då påståendet gäller även om aa inte är ett heltal, men det gör att vi kan använda oss av ovanstående resonemang genom att helt enkelt byta ut mm mot mam^a)

och på samma sätt få:

mm+1cos2πxx dx1πma/2\displaystyle\int_{m}^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx\sim\frac{1}{\sqrt{\pi}m^{a/2}}

Summan

m=11πma/2\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{\pi}m^{a/2}}

konvergerar endast om exponenten för mm är strikt större än 11 (d.v.s. a/2>1a/2>1). Alltså konvergerar integralen endast om a>2a>2. Detta ger den konvergenta integralen

1cos2πxx3 dx\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^3}\ dx

som uppfyller 1212. Även integralen

1cos2πxxx dx\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^x}\ dx

är konvergent eftersom

cos2πxxxcos2πxx3\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^x}\leq \left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^3}

för x3x\geq3.

Jag bör även nämna att ovanstående resonemang inte är mitt eget, utan kommer från Math StackExchange. Mitt eget resonemang var betydligt mindre elegant. :-)

Svara Avbryt
Close