Matematyka.pl

Dana jest funkcja f malejąca i ciągła taka że

a) dla kazdego dodatniego \(\displaystyle{ x \in R, f(x)>0.}\)

b) dla każdego dodatniego \(\displaystyle{ t}\), trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ (0,0), (t,f(t)), (t+1,f(t+1))}\) ma pole równe \(\displaystyle{ \frac{t+1}{t}.}\)

c) \(\displaystyle{ \int_{1}^2 \frac{f(x)}{x} dx = 2.}\)

Oblicz \(\displaystyle{ \int_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} \frac{f(x)}{x} dx.}\)

wsk: warunek na pole trójkąta można napisac tak:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\begin{vmatrix}t+1&f(t+1)&1\\t&f(t)&1\\0&0&1\end{vmatrix}=\frac{t+1}{t}}\)


EDIT: zapomniałem o \(\displaystyle{ 1/2}\). Dzięki kerajs za zwrócenie uwagi.

\(\displaystyle{ (t+1) \cdot f(t)-t \cdot f(t+1)=\frac{t+1}{t}}\)
a co dalej z tym?

spróbuj dostać wyrażenia postaci \(\displaystyle{ \frac{f(x)}{x}}\). Zapomniałeś o \(\displaystyle{ 2}\) po prawej stronie (patrz korekta mojego posta)

ja liczyłem z tą 2 więc zle policzyłem ten wyznacznik?

Pewnie tak

to ile powinien wynosic ten wyznacznik

sam wyznacznik jest OK. Tyle że w formule na pole trójkąta jest jeszcze połówka, więc jak po lewej napiszesz wyznacznik, to powinna ona się pojawić jako dwójka po prawej stronie.

czyli twierdzisz ze tak powinno być \(\displaystyle{ (t+1) \cdot f(t)-t \cdot f(t+1)=2\frac{t+1}{t}}\)?-- 2 sty 2016, o 17:05 --i jak w końcu?

||Odswierze swoje posty. |Chętnie zobaczę rozwiązanie tego zadania. Nie ma pośpiechu, fajnie jak można by było je rozwiązać bez użycia komputera (chyba ze w osateczności).

Skoro pole \(\displaystyle{ P=\frac{t+1}{t}}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2} |det(\vec{AB},\vec{AC})|}\), to otrzymujemy równanie i możemy je przekształcić do postaci \(\displaystyle{ \frac{f(t)}{t}=\frac{2}{t^2}+\frac{f(t+1)}{t+1}}\) albo \(\displaystyle{ \frac{f(t)}{t}=-\frac{2}{t^2}-\frac{f(t+1)}{t+1}}\), zależy od tego co się dzieje z tym modułem. Teraz jeżeli wykorzystamy np. pierwsze równanie, to możemy obliczyć

\(\displaystyle{ \int \frac{f(x)}{x} \mbox{d}x=\int \frac{2}{x^2} \mbox{d}x\ +\int \frac{f(x+1)}{x+1} \mbox{d}x=\int \frac{2}{x^2} \mbox{d}x\ + \int \frac{2}{(x+1)^2} \mbox{d}x\ +\int \frac{f(x+2)}{x+2} \mbox{d}x=}\) ...

Zatem ostatecznie możemy napisać, że

\(\displaystyle{ \int_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} \frac{f(x)}{x} \mbox{d}x=\lim_{n \to \infty} \int_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} \sum_{k=0}^{n} \frac{2}{(x+k)^2} dx=\frac{64}{63}}\).

Wydaje mi się, że jest okay, ale mogłem się gdzieś pomylić. Jeżeli pierwsza całka jest zbieżna, to ta druga chyba tym bardziej, bo pod sigmą pojawi się jeszcze \(\displaystyle{ (-1)^k}\), natomiast warto by sprawdzić, czy można łatwo "ręcznie" policzyć tę granicę, ja liczyłem na wolframie. Jak nie to pozostają jakieś metody numeryczne. Trzeba się tylko zastanowić co z tą wartością bezwzględną, czy można ją pominąć, czy trzeba rozważać obie funkcje i kiedy.

@edit
Nie zwróciłem uwagi na podpunkt c). Dla tej pierwszej całki wolfram wyrzuca wynik \(\displaystyle{ 2}\), także możemy tę drugą całkę wykluczyć i nie zastanawiać się co się dzieje z modułem.

To zadanie można rozwiązać na co najmniej dwa sposoby.

Najpierw metodami podanymi wyżej dochodzimy do zależności \(\displaystyle{ \frac{f(t)}{t} = \frac{2}{t^2} + \frac{f(t+1)}{t+1},}\) czyli \(\displaystyle{ g(t) = \frac{2}{t^2} + g(t+1),}\) gdzie \(\displaystyle{ g(t) = \frac{f(t)}{t}.}\) Dotyczące wartości bezwzględnej wątpliwości z poprzedniego posta można rozwiać spostrzeżeniem, że \(\displaystyle{ g(t)}\) jest malejąca, więc \(\displaystyle{ g(t) - g(t+1)}\) na pewno jest nieujemne.


1. Liczymy:

\(\displaystyle{ \int \limits_1^2 g(x) \, \dd x & = \int \limits_1^2 \left[ \frac{2}{x^2} + \frac{2}{(x+1)^2} + \frac{2}{(x+2)^2} + g(x+3) \right] \, \dd x = \int \limits_4^5 g(x) \dd x + \int \limits_1^4 \frac{2}{x^2} \, \dd x}\)

i podobnie

\(\displaystyle{ $ \begin{align*}
\int \limits_1^{\frac{3}{2}} g(x) \, \dd x & = \int \limits_5^{\frac{11}{2}} g(x) \, \dd x
+ \int \limits_1^{\frac{3}{2}} \frac{2}{x^2} \, \dd x
+ \int \limits_2^{\frac{5}{2}} \frac{2}{x^2} \, \dd x
+ \int \limits_3^{\frac{7}{2}} \frac{2}{x^2} \, \dd x
+ \int \limits_4^{\frac{9}{2}} \frac{2}{x^2} \, \dd x \\[1ex]
\int \limits_{\frac{3}{2}}^2 g(x) \, \dd x & = \int \limits_{\frac{7}{2}}^4 g(x) \, \dd x
+ \int \limits_{\frac{3}{2}}^2 \frac{2}{x^2} \, \dd x
+ \int \limits_{\frac{5}{2}}^3 \frac{2}{x^2} \, \dd x
\end{align*} $}\)

co po dodaniu stronami daje

\(\displaystyle{ 2 \cdot \int \limits_1^2 g(x) \, \dd x = \int \limits_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} g(x) \, \dd x + \int \limits_1^4 \frac{2}{x^2} \, \dd x + \int \limits_1^{\frac{7}{2}} \frac{2}{x^2} \, \dd x + \int \limits_4^{\frac{9}{2}} \frac{2}{x^2} \, \dd x}\)

czyli

\(\displaystyle{ 2 \cdot 2 = \int \limits_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} g(x) \, \dd x + \frac{3}{2} + \frac{10}{7} + \frac{1}{18} \\[1ex]
\int \limits_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} g(x) \, \dd x = 4 - \left( \frac{3}{2} + \frac{10}{7} + \frac{1}{18} \right) = \frac{64}{63}.}\)


2. Drugi sposób pochodzi z posta powyżej. Należy zauważyć, że \(\displaystyle{ f}\) jest ograniczona, więc

\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} g(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = 0,}\)

co pozwala stwierdzić, jak w powyższym poście, że

\(\displaystyle{ \int \limits_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \int \limits_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{2}} \frac{2}{(n+x)^2} \, \dd x = \sum_{n=0}^{\infty} \left[ \frac{2}{n+\frac{7}{2}} - \frac{2}{n+\frac{11}{2}} \right] = \frac{2}{\frac{7}{2}} + \frac{2}{\frac{9}{2}} = \frac{64}{63}.}\)


A teraz ciekawa rzecz: drugie rozwiązanie nie korzysta z założenia (c) - jak to możliwe? Możliwe dlatego, że w analogiczny sposób jak wyżej można z założeń (a) i (b) udowodnić, że

\(\displaystyle{ \int \limits_1^2 g(x) \, \dd x = 2,}\)

czyli założenie (c) wynika z pozostałych; jest niepotrzebne.