max i min wartość funkcji

Całkowalność. Metody i obliczanie całek oznaczonych i nieoznaczonych. Pole pod wykresem. Równania i nierówności z wykorzystaniem rachunku całkowego. Wielowymiarowa całka Riemanna - w tym pola i objętości figur przestrzennych.
klimat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 117
Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Tu
Podziękował: 42 razy

max i min wartość funkcji

Post autor: klimat »

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos |t-x|}{1+\sin |t-x|}dt}\) dla \(\displaystyle{ 0\leq x\leq \pi}\).
Wyznacz masymalna i minimlną wartość funkcji f(x) w \(\displaystyle{ 0\leq x\leq \pi}\).
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: max i min wartość funkcji

Post autor: Premislav »

To chyba nie jest bardzo trudne, ale pewnie istnieje zgrabniejsze podejście niż moje.

Jeśli \(\displaystyle{ x\in\left[0, \frac \pi 2\right)}\), to rozpisujemy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac \pi 2}\frac{\cos|t-x|}{1+\sin|t-x|}\mbox{d}t=\int_{0}^{x}\frac{\cos|t-x|}{1+\sin|t-x|}\mbox{d}t+\int_{x}^{\frac \pi 2}\frac{\cos|t-x|}{1+\sin|t-x|}\mbox{d}t\\=\int_{0}^{x}\frac{\cos(x-t)}{1+(x-t)}\mbox{d}t+\int_{x}^{\frac \pi 2}\frac{\cos(t-x)}{1+\sin(t-x)}\mbox{d}t}\).
W pierwszej całce podstawiamy \(\displaystyle{ u=x-t,}\) w drugiej zaś \(\displaystyle{ u=t-x}\), co bez trudu daje nam
\(\displaystyle{ \int_{0}^{x}\frac{\cos(x-t)}{1+\sin(x-t)}\mbox{d}t=\ln\left(1+\sin x\right)\\\int_{x}^{\frac \pi 2}\frac{\cos(t-x)}{1+\sin(t-x)}\mbox{d}t=\ln(1+\cos x)}\),
zatem gdy \(\displaystyle{ x\in\left[0, \frac \pi 2\right)}\), to \(\displaystyle{ f(x)=\ln\left(1+\sin x\right)+\ln(1+\cos x)}\).
Teraz trochę przekształceń. Mamy
\(\displaystyle{ \ln(1+\sin x)+\ln(1+\cos x)=\ln(1+\sin x+\cos x+\sin x\cos x)=\ln(2+2\sin x+2\cos x+2\sin x\cos x)-\ln 2\\=\ln\left((\sin x+\cos x)^2+2(\sin x+\cos x)+1\right)-\ln 2=2\ln(1+\sin x+\cos x)-\ln 2}\).
Mamy \(\displaystyle{ 1=\sin^2 x+\cos^2x\le \sin x+\cos x\le \sqrt{2\left(\sin^2x+\cos^2x\right)}=\sqrt{2}}\) dla \(\displaystyle{ x\in \left[0, \frac \pi 2\right]}\), przy czym pierwsza nierówność to konsekwencja \(\displaystyle{ t^2\le t, \ t\in[0,1]}\), a druga bezpośrednio wynika nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną (po podzieleniu przez dwa).
Stąd w rozważanym przedziale jest
\(\displaystyle{ \ln 2\le f(x)\le 2\ln\left(1+\sqrt{2}\right)-\ln 2}\).

Pozostaje rozważyć \(\displaystyle{ \left[\frac\pi 2, \pi\right]}\), wtedy mamy (nudne obliczenia pomijam) \(\displaystyle{ f(x)=\ln(1+\sin x)-\ln(1-\cos x)}\), czy innymi słowy \(\displaystyle{ \ln\left(\frac{1+\sin x}{1-\cos x}\right)}\).
W wyrażeniu \(\displaystyle{ \frac{1+\sin x}{1-\cos x}}\) licznik maleje i pozostaje dodatni, a mianownik rośnie i pozostaje dodatni, więc cały ułamek maleje, a co za tym idzie, logarytm z niego też. Mamy więc
\(\displaystyle{ \ln 2=f\left(\frac \pi 2\right)\ge f(x)\ge f(\pi)=-\ln 2, \ x \in\left[\frac \pi 2, \pi\right]}\). Ostatecznie \(\displaystyle{ \min_{0\le x\le \pi}f(x)=-\ln 2, \ \max_{0\le x\le \pi}f(x)=2\ln\left(1+\sqrt{2}\right)-\ln 2}\).
Ostatnio zmieniony 30 sie 2021, o 10:02 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
ODPOWIEDZ