IMC 2017/2/1

#1

Έστω συνεχής συνάρτηση $f:[0;+\infty)\to \mathbb R$ ώστε $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=L$ . (Το όριο υπάρχει και επιτρέπεται να είναι πεπερασμένο ή άπειρο.) Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^{1}f(nx)\,\mathrm{d}x=L.}$

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση του θέματος. Ευχαριστώ τον Σιλουανό που παρατήρησε εγκαίρως ότι ανάρτησα το περσινό!

fdns · #2

Αν και νομίζω ότι υπάρχει πιο απλός τρόπος, (έχω την εντύπωση ότι κάπου κάνω κύκλους στη συλλογιστική μου) θα επιχειρήσω μια λύση.

Έχουμε και λέμε:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}f(nx)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{n}f(x)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x)\, \mathrm{d}x}$ ,

όπου στην 1η ισότητα εφαρμόζουμε αλλαγή μεταβλητής και στη 2η σπάμε το διάστημα [0,n] στα επιμέρους διαστήματα μήκους 1.

Από το ΘΜΤ του Ολοκληρωτικού Λογισμού, υπάρχει $c_k\in [k,k+1]$ , τέτοιο ώστε: $\displaystyle{\int_{k}^{k+1}f(x)\, \mathrm{d}x=f(c_k)}$ , για $k=0, 1, \dots , n$ . Παρατηρούμε επίσης από θεώρημα παρεμβολής ότι $c_n\to\infty$ καθώς $n\to\infty$ .

Άρα: $\displaystyle{\int_{0}^{1}f(nx)\, \mathrm{d}x=\frac{f(c_0)+\dots +f(c_{n-1})}{n}}$ , το οποίο όμως από γνωστά θεωρήματα (πχ Cesaro-Stolz) έχει την ίδια οριακή συμπεριφορά με το f(c_n)

, το οποίο τείνει στο

, από την αρχή μεταφοράς.

#3

fdns έγραψε:Αν και νομίζω ότι υπάρχει πιο απλός τρόπος

Βεβαίως. Η άσκηση είναι μάλλον απλή για τέτοιο διαγωνισμό:

Για $L \in \mathbb R$ , έστω $\epsilon > 0$ . Υπάρχει $M \ge 0$ τέτοιο ώστε για $x\ge M$ είναι
$L-\epsilon < f(x) < L+\epsilon$ . Άρα για $n\ge M$ έχουμε

$\displaystyle{\int_{0}^{1}f(nx)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{n}f(x)\, \mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{M}f(x)\, \mathrm{d}x + \frac{1}{n}\int_{M}^{n}f(x)\, \mathrm{d}x=$

$\displaystyle{\le \frac{c}{n} + \frac{(L+\epsilon) (n-M)}{n} <\epsilon +( L+ \epsilon)$ για αρκούντως μεγάλο

.

Και λοιπά. Ανάλογα και η περίπτωση $L=\infty$ .

Tolaso J Kos · #4

Χμμ.. νομίζω πως αν κάνουμε τη αλλαγή μεταβλητής u=nx

και χρησιμοποιήσουμε την "ισχυρή μορφή του DLH" τότε βγάζουμε το αποτέλεσμα αφού μετά την εφαρμογή του κανόνα θα έχουμε $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = L$ .

Δεν έχω κοιτάξει τις τεχνικές λεπτομέρεις οπότε ελπίζω μην κάνω λάθος.

BAGGP93 · #5

Άλλη μια ιδέα για πεπερασμένο όριο.

Γράφουμε,

$\displaystyle{\int_{0}^{1}f(n\,x)\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}f(x)\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}(f(x)-L)\,\mathrm{d}x+L\,\,,n\in\mathbb{N}}$

Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\to 0}$ , όπου η συνεχής $\displaystyle{g:\left[0,+\infty\right)\to \mathbb{R}}$

με $\displaystyle{g(x)=f(x)-L}$ ικανοποιεί την $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}g(x)=0}$ . Θεωρούμε την πραγματική ακολουθία

$\displaystyle{a_n=\int_{n-1}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x}$ . Έστω $\displaystyle{\epsilon>0}$ . Εφ' όσον $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}g(x)=0}$

υπάρχει $\displaystyle{r>0}$ ώστε $\displaystyle{x>r\implies |g(x)|<\epsilon}$ . Για το $\displaystyle{r>0}$ , υπάρχει

$\displaystyle{n_0\in\mathbb{N}}$ με $\displaystyle{n_0-1>r}$ , οπότε για κάθε $\displaystyle{n\geq n_0}$ ισχύει

$\displaystyle{|a_n|=\left|\int_{n-1}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\right|\leq \int_{n-1}^{n}|g(x)|\,\mathrm{d}x<\int_{n-1}^{n}\epsilon\,\mathrm{d}x=\epsilon}$

Συνεπώς $\displaystyle{a_n\to 0}$ και άρα $\displaystyle{\dfrac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}a_k=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\to 0}$

όπως θέλαμε.

#6

BAGGP93 έγραψε:Άλλη μια ιδέα

Βαγγέλη, ας παρατηρηθεί ότι δεν πρόκειται για άλλη ιδέα αλλά ουσιαστικά είναι ακριβώς η ίδια λύση με μόνη διαφορά ότι είναι διατυπωμένη/ντυμένη με άλλα λόγια (τα περισσότερα από τα οποία είναι και περιττά).

Για παράδειγμα στο βήμα

BAGGP93 έγραψε: $\displaystyle{a_n=\int_{n-1}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x}$ .

έσπασες το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x}$
σε επιμέρους κομμάτια/προσθετέους για να τα ξανακολλήσεις στο βήμα

BAGGP93 έγραψε: $\displaystyle{\dfrac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}a_k=\dfrac{1}{n}\,\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x\to 0}$

Με άλλα λόγια το βήμα αυτό είναι περιττό, αφού μπορούσες να εργαστείς απευθείας με το $\displaystyle{\int_{0}^{n}g(x)\,\mathrm{d}x}$ χωρίς το κόπο να το κόψεις και να το ξαναράψεις. Ο απευθείας τρόπος, όπως στην δική μου λύση, κάνει ακριβώς τα ίδια βήματα, χωρίς τα περιττά.

Και στα άλλα βήματα, αν βγάλεις τα περιττά, ξαναέρχεσαι στην λύση που έγραψα.

#7

Tolaso J Kos έγραψε:Χμμ.. νομίζω πως αν κάνουμε τη αλλαγή μεταβλητής και χρησιμοποιήσουμε την "ισχυρή μορφή του DLH" τότε βγάζουμε το αποτέλεσμα αφού μετά την εφαρμογή του κανόνα θα έχουμε $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = L$ .

Ας δούμε λύση με l' Hospital. Προσθέτω ότι με ένα μικρό τέχνασμα μπορούμε να αποφύγουμε την ισχυρή μορφή, μια και είναι εκτός ύλης.

Εξετάζοντας την f(x)+1

στην θέση της f(x)

, αν χρειαστεί, μπορούμε να υποθέσουμε ότι $L\ne 0$ . Επίσης, χωρίς βλάβη L>0

. Τότε (παίρνω $u\in \mathbb R$ αντί $n\in \mathbb N$ ) είναι $\displaystyle{ \int_0^{u}f(t)\,\mathrm{d}t \to \infty ,}$ οπότε από l' Hospital

$\displaystyle{\int_0^{1}f(ux)\,\mathrm{d}x=\frac {\int _0^{u}f(t)\,\mathrm{d}t }{u} = \frac {\infty }{\infty}= \frac {f(u) }{1}\to L$

IMC 2017/2/1

IMC 2017/2/1

Re: IMC 2017/2/1

Re: IMC 2017/2/1

Re: IMC 2017/2/1

Re: IMC 2017/2/1

Re: IMC 2017/2/1

Re: IMC 2017/2/1

Μέλη σε σύνδεση