Envariabelanalys: förklara denna geggamoja

Vad står det i kapitel 4, exempel 12?

Fungerar$|\sin\pi x|$ på nr 13? Eller måste funktionen vara större än 0 för alla värden? I så fall $f(x)=|\sin\pi x|+\frac{1}{x^2}$.

För 12 -- kan du inte ha en summa av funktioner som är en faktor $\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$N^2$}\right.$ gånger en normalfördelning runt varje N, med standardavvikelse 1/N? Det gör att varje fördelning bidrar $\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$N^2$}\right.$till integralen, men varje fördelning bidrar mer än 1/N till summan.

$F\left(x\right)=\sum _{N=1}^{\infty }\frac{1}{N^2}\frac{1}{\sqrt{2}{\displaystyle \left(\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$N$}\right.\right)}}{e}^{\frac{{(x-N)}^2}{{\displaystyle \left(\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$N$}\right.\right)}}}$

Vid integralen kommer den blå biten att bidra 1, och den gröna skalar ner det till en konvergent serie av integraler. Den blå biten själv kommer att ha värdet N vid punten N, som skalas ner till 1/N av den blå biten, vilket då blir en divergent serie.

...eller har jag missat något?

Man behöver inte bygga en funktion av elementära funktioner, utan kan rita den som man vill. Ta t.ex. trianglar som har höjden 1 och har spetsen på x = heltal. Gör trianglarna smalare och smalare, med basen $\frac{1}{2^n}$.

Men motsäger inte det cauchys integralkriterium?

Qetsiyah skrev:

Men motsäger inte det cauchys integralkriterium?

Caychys integralkriterium kräver att vi har en monotont avtagande funktion, vilket inte verkar krävas av uppgifterna. Alltså borde exemplen med $|\sin(\pi x)|$ samt trianglarna med bas $\frac{1}{2^n}$ vara fullt giltiga.

Åh, okej! Det är det som skiljer!

Då ska jag knappa in allas exempel och se vad som förssiggår

Klassiskt exempel på den första (fråga 12) är  $f(x) = \frac{\cos(2\pi x)}{x}$. Här är integralen konvergent men serien blir divergent eftersom $\cos(2\pi n)=1$ när $n=1,2,3,...$.

Det exempel som Smaragdalena presenterade fungerar för fråga 13.

emmynoether skrev:

Klassiskt exempel på den första (fråga 12) är  $f(x) = \frac{\cos(2\pi x)}{x}$. Här är integralen konvergent men serien blir divergent eftersom $\cos(2\pi n)=1$ när $n=1,2,3,...$.

Det exempel som Smaragdalena presenterade fungerar för fråga 13.

Du tycks missa det faktum att funktionen skall vara positiv.

Att göra om ditt exempel till en funktion som är positiv är inte heller enkelt eftersom att ta $|\cos(2\pi x)|/x$ eller $\cos^2(2\pi x)/x$ båda resulterar i att varken integralen eller summan konvergerar.

Jag har suttit och klurat, och jag tror jag har ett "elementärt exempel" (vad det nu ska vara bra för egentligen, jag tycker Lagunas förslag är mycket snyggt):

$f\left(x\right)=\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x$

Jag har dock inte ännu bevisat att integralen konvergerar, men jag har ett par goda ideér för hur man skulle kunna göra.ä

EDIT: En annan variant på Smaragdalenas exempel till 13 är:

$f\left(x\right)=\sin^2\left(\pi x\right)$

12. godtycklig funktion med f(n) = 1/n och integral från n-eps till n+eps lika med 1/n^2 där eps < 1/(2n)

13. godtycklig funktion med f(n) = 1/n^2 och integral från n-eps till n+eps like med 1/n där eps < 1/(2n)

AlvinB skrev:

$f\left(x\right)=\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x$

Jag har dock inte ännu bevisat att integralen konvergerar, men jag har ett par goda ideér för hur man skulle kunna göra.

Att lim ₓ→∞ f(x)=0 är väl ett növändigt kriterie som inte uppfylls?

Qetsiyah skrev:

AlvinB skrev:

$f\left(x\right)=\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x$

Jag har dock inte ännu bevisat att integralen konvergerar, men jag har ett par goda ideér för hur man skulle kunna göra.

Att lim ₓ→∞ f(x)=0 är väl ett növändigt kriterie som inte uppfylls?

Nja, det är enbart så att gränsvärdet måste vara lika med noll ifall gränsvärdet existerar. I detta fall existerar inte gränsvärdet, och då kan integralen ändå vara konvergent. Ett paradexempel på detta är de så kallade Fresnelintegralerna:

$\displaystyle\int_0^\infty\sin\left(x^2\right)\ dx=\int_0^\infty\cos\left(x^2\right)\ dx=\sqrt{\dfrac{\pi}{8}}$

Dessa integrander har definitivt inte gränsvärden som går mot noll, men är ändå konvergenta på grund av deras snabbare och snabbare oscillerande mellan negativa och positiva värden då $x\to\infty$. (Att bevisa att de båda integralerna ovan har värdet $\sqrt{\pi/8}$ kan vara en kul utmaning om du någon gång intresserar dig för komplex analys.)

Att vår integral skulle kunna konvergera är inte lika konstigt, när $x$ går mot oändligheten går funktionen mot noll så gott som överallt (förutom vid heltalen där den går mot ett, men dessa är "så få" i sammanhanget att det inte spelar roll). Dock måste även areorna under dessa toppar bli mindre tillräckligt snabbt (jämför med hur den harmoniska serien divergerar, trots att dess termer går mot noll).

Men jag skall vara ärlig: Jag hade inte undersökt saken särskilt noga när jag skrev det där inlägget, och det visar sig att integralen faktiskt inte konvergerar. Däremot finns andra snarlika integraler som konvergerar, t.ex.

$\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^3}\ dx$

och

$\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^x}\ dx$

Att undersöka konvergensen hos

$\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx$

kan göras enligt följande:

Vi börjar med att undersöka integralen mellan varje topp separat. Vi får

$\displaystyle\int_m^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx\sim\int_m^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^m\ dx=\int_0^1\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^m\ dx$

där $\sim$ betyder att de två uttrycken är asymptotiskt ekvivalenta, d.v.s. att gränsvärdet av deras kvot går mot $1$ då $x\to\infty$. Det andra steget följer av periodiciteten för cosinusfunktionen i kvadrat (som har periodiciteten $\pi$).

$\displaystyle\int_0^1\left(\cos\left(\pi x\right)\right)^{2m}\ dx=\int_0^1\left(\dfrac{e^{i\pi x}+e^{-i\pi x}}{2}\right)^{2m}\ dx=\dfrac{1}{2^{2m}}\int_0^1\left(e^{i\pi x}+e^{-i\pi x}\right)^{2m}\ dx$

Binomialsatsen ger nu:

$\displaystyle=\dfrac{1}{2^{2m}}\int_0^1{2m\choose0}e^{2mi\pi x}+{2m\choose1}e^{(2m-1)i\pi x}e^{-i\pi x}+...+{2m\choose m}\underbrace{e^{mi\pi x}e^{-mi\pi x}}_{=1}+...+{2m\choose 2m-1}e^{i\pi x}e^{-(2m-1)i\pi x}+{2m\choose2m}e^{-2mi\pi x}\ dx$

$\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 e^{2mi\pi x}+{2m\choose1}e^{(2m-2)i\pi x}+...+{2m\choose m}+...+{2m\choose 2m-1}e^{-(2m-2)i\pi x}+e^{-2mi\pi x}\ dx$

Eftersom ${n\choose k}={n\choose n-k}$ kan termerna (förutom den mittersta) adderas parvis. Då får vi:

$\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 e^{2mi\pi x}+e^{-2mi\pi x}+{2m\choose1}\left(e^{(2m-2)i\pi x}+e^{-(2m-2)i\pi x}\right)+...+{2m\choose m}\ dx$

Sedan kan vi utnyttja det faktum att $e^{iy}+e^{-iy}=\cos(y)+i\sin(y)+\cos(y)-i\sin(y)=2\cos(y)$, vilket ger:

$\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 2\cos\left(2m\pi x\right)+2{2m\choose1}\cos\left(\left(2m-2\right)\pi x\right)+...+{2m\choose m}\ dx$

$\displaystyle=\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1 2\cos\left(2m\pi x\right)+2{2m\choose1}\cos\left(2\left(m-1\right)\pi x\right)+...+{2m\choose m}\ dx$

Eftersom alla cosinustermer är på formen $\cos(2\pi n)$ där $n$ är ett heltal, och

$\displaystyle\int_0^1\cos\left(2\pi nx\right)\ dx=0$

för alla heltal $n$ försvinner alla dessa termer från vår integral. Vi blir då helt enkelt kvar med:

$\displaystyle\frac{1}{2^{2m}}\int_0^1{2m\choose m}\ dx=\frac{1}{2^{2m}}{2m\choose m}$

Med Stirlings formel får vi sedan:

$\displaystyle\dfrac{1}{2^{2m}}{2m\choose m}=\dfrac{1}{2^{2m}}\cdot\dfrac{(2m)!}{m!m!}\sim\dfrac{1}{2^{2m}}\cdot\dfrac{\sqrt{4\pi m}(\frac{2m}{e})^{2m}}{\sqrt{2\pi m}(\frac{m}{e})^{m}\cdot\sqrt{2\pi m}(\frac{m}{e})^{m}}$

$=\dfrac{1}{2^{2m}}\cdot\dfrac{2^{2m}\cdot 2\sqrt{\pi m}(\frac{m}{e})^{2m}}{2\sqrt{\pi m}\sqrt{\pi m}(\frac{m}{e})^{2m}}=\dfrac{1}{\sqrt{\pi m}}$

Det gäller alltså att:

$\displaystyle\int_{m}^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx\sim\frac{1}{\sqrt{\pi m}}$

Om vi nu summerar båda led från $m=1$ till $\infty$ får vi vår integral i vänsterled och summan

$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{\pi m}}$

i högerled. Eftersom summan divergerar och uttrycken är asymptotiskt ekvivalenta, divergerar även integralen.

Vi kan dock ta den mer generella integralen:

$\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^a}\ dx$

(där $a$ är ett heltal, vilket egentligen inte är nödvändigt då påståendet gäller även om $a$ inte är ett heltal, men det gör att vi kan använda oss av ovanstående resonemang genom att helt enkelt byta ut $m$ mot $m^a$)

och på samma sätt få:

$\displaystyle\int_{m}^{m+1}\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^x\ dx\sim\frac{1}{\sqrt{\pi}m^{a/2}}$

Summan

$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{\pi}m^{a/2}}$

konvergerar endast om exponenten för $m$ är strikt större än $1$ (d.v.s. $a/2>1$). Alltså konvergerar integralen endast om $a>2$. Detta ger den konvergenta integralen

$\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^3}\ dx$

som uppfyller $12$. Även integralen

$\displaystyle\int_1^\infty\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^x}\ dx$

är konvergent eftersom

$\left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^x}\leq \left(\cos^2\left(\pi x\right)\right)^{x^3}$

för $x\geq3$.

Jag bör även nämna att ovanstående resonemang inte är mitt eget, utan kommer från Math StackExchange. Mitt eget resonemang var betydligt mindre elegant. :-)