Obliczyć granicę

Różniczkowanie i całkowanie pól wektorowych. Formy różniczkowe i całkowanie form. Całki krzywoliniowe i powierzchniowe. Twierdzenie Greena, Stokesa itp. Interpretacja całek krzywoliniowych i powierzchniowych i ich zastosowania.
max123321
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2380
Rejestracja: 26 maja 2016, o 01:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 681 razy

Obliczyć granicę

Post autor: max123321 » 22 sie 2018, o 00:37

Niech \(\displaystyle{ A=\left\{ (x,y) \in \RR_+^2: 1 \le xy \le 4,1 \le \frac{y}{x} \le 4 \right\}}\).
Obliczyć granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \int_{A}^{} \frac{\ln (n+y^3)-\ln n}{\sin ( \frac{x}{n} )}d\lambda_2}\)

Proszę o sprawdzenie poniższego rozwiązania:
Liczę granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln (n+y^3)-\ln n}{\sin ( \frac{x}{n} )}= \frac{y^3}{x}}\)
Przekształcam zbiór \(\displaystyle{ A}\):
\(\displaystyle{ 1 \le xy \le 4 \Rightarrow 1/x \le y \le 4/x}\)
\(\displaystyle{ 1 \le y/x \le 4 \Rightarrow x \le y \le 4x}\),
a zatem ten zbiór to taki krzywy "romb". Zakres \(\displaystyle{ x}\) obliczam z przyrównania \(\displaystyle{ 1/x=4x \Rightarrow x=1/2}\) i \(\displaystyle{ 4/x=x \Rightarrow x=2}\), analogicznie wyznaczam zakres \(\displaystyle{ y}\). Czyli \(\displaystyle{ x \in \left[ 1/2,2\right],y \in \left[ 1,4\right]}\).
Dalej próbuję szacować:
\(\displaystyle{ \sin x=x-x^3/6+...}\). Niech \(\displaystyle{ \phi (x)=\sin x-(x-x^3/6),\phi ' (x)=\cos x-1+x^2/2}\). Dla \(\displaystyle{ x>0}\) pochodna jest dodatnia. \(\displaystyle{ \phi(0)=0}\), a zatem dla \(\displaystyle{ x>0}\) \(\displaystyle{ \sin (x)-(x-x^3/6)>0}\) czyli \(\displaystyle{ \sin x>x-x^3/6}\). Szacuję:
\(\displaystyle{ \frac{\ln (1+y^3/n)}{\sin (x/n)}< \frac{y^3/n}{x/n-x^3/(6n^3)}= \frac{y^3}{x-x^3/(6n^2)}}\). Teraz patrze mianownik, kiedy jest najmniejszy:
Pochodna \(\displaystyle{ (x-x^3/(6n^2))'=1-x^2/(2n^2)}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\) jest maksimum dla \(\displaystyle{ x=\sqrt{2}n}\). Sprawdzam na krańcach przedziału \(\displaystyle{ x}\). Dla \(\displaystyle{ x=1/2}\) jest
\(\displaystyle{ 1/2-1/(48n^2)}\) czyli najmniej będzie dla \(\displaystyle{ n=1}\) czyli \(\displaystyle{ 23/48}\). Dla \(\displaystyle{ x=2}\) będzie \(\displaystyle{ 2-8/(6n^2)}\) czyli na pewno więcej. Wracam do poprzedniego szacowania:
\(\displaystyle{ \frac{y^3}{x-x^3/(6n^2)} \le \frac{y^3}{23/48}}\) czyli istnieje majoranta.
Czyli można wejść z granicą pod całkę.
Czyli trzeba policzyć
\(\displaystyle{ \int_{A}^{}y^3/x d\lambda_2= \int_{A}^{}y/x \cdot y/x \cdot xy d\lambda_2}\). Wprowadzam nowe zmienne: \(\displaystyle{ u=xy,v=y/x}\). Z tego wynika, że \(\displaystyle{ x= \sqrt{ \frac{u}{v} } ,y= \sqrt{uv}}\). \(\displaystyle{ x'_u= \frac{1}{ 2\sqrt{uv} },y'_u= 1/2\frac{ \sqrt{v} }{ \sqrt{u} } ,x'_v= \sqrt{u} \cdot (-1/2) \cdot v^{-3/2},y'_v= \sqrt{u} \cdot 1/2 \cdot \sqrt{ \frac{1}{v} }}\). Jakobian
\(\displaystyle{ \left| \frac{1}{4v^2}+ \frac{1}{4v} \right|}\). Obliczam całkę
\(\displaystyle{ \int_{A}^{}y/x \cdot y/x \cdot xy d\lambda_2= \int_{1}^{4 }\int_{1}^{4} uv^2( \frac{1}{4v}+ \frac{1}{4v^2})dudv= \int_{1}^{4 }\int_{1}^{4}uv/4+u/4dudv= \int_{1}^{4}15/8(v+1)dv=225/16+45/8=315/16}\).
Czy tak jest dobrze?
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

ODPOWIEDZ