całka podwójna
-
- Użytkownik
- Posty: 138
- Rejestracja: 14 wrz 2018, o 18:56
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Brak
- Podziękował: 31 razy
- Pomógł: 4 razy
całka podwójna
Wykaż ze \(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{{\rm d}y{\rm d}x}{\sin^{2}x+ \cos^{2}y}> \frac{4}{\pi}}\).
Ostatnio zmieniony 8 cze 2021, o 16:19 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Powód: Interpunkcja.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: całka podwójna
To chyba nie jest zbyt mocne szacowanie. Mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin^2x+\cos^2y}\ge \frac{1}{\sin^2x+1}\ge \frac{1}{x^2+1}}\), więc
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mbox{d}y\mbox{d}x}{\sin^2x+\cos^2y}\\\ge\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mbox{d}y\mbox{d}x}{x^2+1}=\frac{\pi}{2}\arctan \left(\frac{\pi}{2}\right)}\).
Pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\arctan\left(\frac{\pi}{2}\right)>\frac{4}{\pi}}\). To raczej nie jest niesamowicie wyrafinowane zadanie.
Funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\arctan t}\) spełnia \(\displaystyle{ f''(t)=-\frac{2t}{\left(t^2+1\right)^2}}\), a zatem jest wklęsła w \(\displaystyle{ \RR^{+}}\). Wykres funkcji wklęsłej na odcinku \(\displaystyle{ [a,b]}\) leży nad odcinkiem siecznej wykresu przechodzącej przez punkty \(\displaystyle{ (a,f(a)), \ (b,f(b))}\).
Poprowadźmy więc sieczną przez punkty \(\displaystyle{ (0, \arctan 0), \ \left(\sqrt{3}, \arctan \sqrt{3}\right)}\). Równanie tej siecznej, jak łatwo się przekonać, to \(\displaystyle{ y=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}x}\), zatem otrzymaliśmy nierówność
\(\displaystyle{ \arctan t\ge \frac{\pi}{3\sqrt{3}}t, \ t\in \left[0, \sqrt{3}\right]}\). W szczególności
\(\displaystyle{ \arctan \left(\frac{\pi}{2}\right)\ge \frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}}\) i pozostaje zweryfikować prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ \frac{\pi^3}{12\sqrt{3}}>\frac{4}{\pi}}\), co pozostawiam jako łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin^2x+\cos^2y}\ge \frac{1}{\sin^2x+1}\ge \frac{1}{x^2+1}}\), więc
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mbox{d}y\mbox{d}x}{\sin^2x+\cos^2y}\\\ge\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mbox{d}y\mbox{d}x}{x^2+1}=\frac{\pi}{2}\arctan \left(\frac{\pi}{2}\right)}\).
Pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\arctan\left(\frac{\pi}{2}\right)>\frac{4}{\pi}}\). To raczej nie jest niesamowicie wyrafinowane zadanie.
Funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\arctan t}\) spełnia \(\displaystyle{ f''(t)=-\frac{2t}{\left(t^2+1\right)^2}}\), a zatem jest wklęsła w \(\displaystyle{ \RR^{+}}\). Wykres funkcji wklęsłej na odcinku \(\displaystyle{ [a,b]}\) leży nad odcinkiem siecznej wykresu przechodzącej przez punkty \(\displaystyle{ (a,f(a)), \ (b,f(b))}\).
Poprowadźmy więc sieczną przez punkty \(\displaystyle{ (0, \arctan 0), \ \left(\sqrt{3}, \arctan \sqrt{3}\right)}\). Równanie tej siecznej, jak łatwo się przekonać, to \(\displaystyle{ y=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}x}\), zatem otrzymaliśmy nierówność
\(\displaystyle{ \arctan t\ge \frac{\pi}{3\sqrt{3}}t, \ t\in \left[0, \sqrt{3}\right]}\). W szczególności
\(\displaystyle{ \arctan \left(\frac{\pi}{2}\right)\ge \frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}}\) i pozostaje zweryfikować prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ \frac{\pi^3}{12\sqrt{3}}>\frac{4}{\pi}}\), co pozostawiam jako łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: całka podwójna
[tu miał być wulgaryzm, ale się powstrzymałem], jeszcze nie skończyłem 29 lat i serio tak to widziałem, słuch też już beznadziejny. Nie „spadam" jak w utworze zespołu Coma, lecz rozpadam się.