Övre begränsning av komplicerad integral (Matematik/Allmänna diskussioner)

Hej!

Ett tips: På det öppna intervallet $(0,\frac{\pi}{2})$ är funktionerna $\sin x$ och $\cos x$ strikt positiva.

P.g.a. symmetri kan integralen skrivas som:

$2\int_0^{\frac{\pi}{4}} f(x) dx$

Vidare inses att derivatan är mindre än för följande funktion: $\sqrt{(\frac{\pi}{4})^2-(x-\frac{\pi}{4})^2}$ ,

vilket innebär att integralen: $I$ kan inneslutas enligt följande:

$I \le 2\cdot \pi \cdot r^2 \cdot \frac{1}{4}=$

$= \frac{\pi^3}{32} \approx 0,97 < 1$ Q.E.D.

Hej! Intressant inlägg!

tomast80 skrev :
P.g.a. symmetri kan integralen skrivas som:
$2\int_0^{\frac{\pi}{4}} f(x) dx$

Vilken symmetri är det som låter dig uttrycka integralen på detta sätt? Jag håller med om att integralen kan skrivas på det sättet, men din motivering behöver kompletteras.

Vidare inses att derivatan är mindre än för följande funktion: $\sqrt{(\frac{\pi}{4})^2-(x-\frac{\pi}{4})^2}$ ,

Hur inser du att integrandens derivata är uppåt begränsad av just den funktionen? Är det Taylorutveckling av $\sin x\cos x$ du använder?

vilket innebär att integralen: $I$ kan inneslutas enligt följande:
$I \le 2\cdot \pi \cdot r^2 \cdot \frac{1}{4}=$

Hur får du just den övre begränsningen av integralen? Och vad betecknar $r$ ?

Jag försökte också lösa uppgiften och kom på i stort sätt samma metod som tomast80. Det går ut på att $\sqrt{{(\frac{π}{4})}^{2} - {(x - \frac{π}{4})}^{2}}$ är ekvationen för en halvcirkel med radien $π / 4$ centrerad i $(0, π / 4)$ . Arean och därmed integralen kan då beräknas med den sedvanliga formeln ${πr}^{2}$ med $r = π / 4$ .

Jag kom dock aldrig på något snyggt sätt att visa att halvcirkelns ekvation var mindre än $\sqrt{\sin x \cos x}$ (mer än att kolla på grafen). Jag undrar vad tomast80 har för idéer på den fronten.

AM-GM olikheten borde väl ge det rätt direkt (sålänge man kan integrera sin x+ cos x).

JohanB skrev :
AM-GM olikheten borde väl ge det rätt direkt (sålänge man kan integrera sin x+ cos x).

Det visar sig att denna olikhet är precis rätt verktyg för att få den önskade övre begränsningen.

Olikheten är tillämpbar eftersom $\sin x$ och $\cos x$ båda är icke-negativa funktioner på integrationsområdet. Integranden blir uppåt begränsad av funktionen $\frac{\sin x + \cos x}{2}$ , som också kan förenklas till $\frac{\sin(x+\frac{\pi}{4})}{\sqrt{2}}$ , och på integrationsområdet integreras denna funktion till just värdet 1.

Albiki skrev :
Hej! Intressant inlägg!
tomast80 skrev :
P.g.a. symmetri kan integralen skrivas som:
$2\int_0^{\frac{\pi}{4}} f(x) dx$
Vilken symmetri är det som låter dig uttrycka integralen på detta sätt? Jag håller med om att integralen kan skrivas på det sättet, men din motivering behöver kompletteras.

Min komplettering:
$\sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2}$
Eftersom $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ gäller att $0 \le x \le \pi$
Då funktion $\sin 2x$ genomlöper precis samma värden under första halvan av intervallet som den andra fast spegelvänt så kan man skriva om integralen som Error converting from LaTeX to MathML.
Vidare inses att derivatan är mindre än för följande funktion: $\sqrt{(\frac{\pi}{4})^2-(x-\frac{\pi}{4})^2}$ ,
Hur inser du att integrandens derivata är uppåt begränsad av just den funktionen? Är det Taylorutveckling av $\sin x\cos x$ du använder?

Motivering:
Jag kollade på derivatan under rottecknet. För cirkeln ekvation blir det:
$\frac{1}{2} (\pi - 4x)$ och för den ursprungliga ekvationen blir det $\cos 2x \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ (för små $x$ . Lutningen på cirkeln är större i intervallet $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$ .
vilket innebär att integralen: $I$ kan inneslutas enligt följande:
$I \le 2\cdot \pi \cdot r^2 \cdot \frac{1}{4}=$
Hur får du just den övre begränsningen av integralen? Och vad betecknar $r$ ?
$r$ är radien på kvartscirkeln. Begränsningen kommer av att den sökta integralen innesluts av kvartscirkeln. Man hade ju kunnat välja en annan funktion som låg ännu närmare den ursprungliga, men kvartscirkeln var tillräckligt nära för att ge en integral som understiger 1 enligt den efterfrågade olikheten.

Problem igen med LaTex och som vanligt går det inte att editera utan att förstöra resten av inlägget... (kan någon moderator ta detta vidare?)

Det jag skulle skriva var följande (gällande symmetrin):

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\sin x\cos x} dx =$

Error converting from LaTeX to MathML

Jag ger upp...

Det som stod var typ (två sista raderna):

int(0,pi/2,sqrt(sin(2x)/2) dx) = 2int(0,pi/4,sqrt(sin(2x)/2) dx)

Kan tillstå att beviset för att kvartscirkelkurvan verkligen ligger över den andra funktionen på hela intervallet inte är helt klockrent från min sida. Någon annan får gärna komplettera den delen av lösningen.

Hej! Jag såg precis denna tråd. Här är ett annat förslag på hur man kan gå tillväga.

Om vi studerar det linjära rummet $C [0, \frac{π}{2}]$ så är detta ett inre produktrum om vi låter $<f, g> : = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (t) g (t) d t$ . Alltså är normen $||f|| = <f, f> : = \int_{0}^{p i / 2} f^{2} (t) d t$ .

Enligt Cauchy-Schwarz så har vi att $<\sqrt{\sin x}, \sqrt{\cos x}> = |<\sqrt{\sin x}, \sqrt{\cos x}>| \leq ||\sqrt{\sin x}|| ||\sqrt{\cos x}|| = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin x d x \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x d x = 1$ vilket visar påståendet. (Första likheten följer av att $\sqrt{\cdot}$ är positiv och likaså sinx och cosx i intervallet).

tarkovsky123_2 skrev:
Hej! Jag såg precis denna tråd. Här är ett annat förslag på hur man kan gå tillväga.
Om vi studerar det linjära rummet $C [0, \frac{π}{2}]$ så är detta ett inre produktrum om vi låter $<f, g> : = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (t) g (t) d t$ . Alltså är normen $||f|| = <f, f> : = \int_{0}^{p i / 2} f^{2} (t) d t$ .
Enligt Cauchy-Schwarz så har vi att $<\sqrt{\sin x}, \sqrt{\cos x}> = |<\sqrt{\sin x}, \sqrt{\cos x}>| \leq ||\sqrt{\sin x}|| ||\sqrt{\cos x}|| = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin x d x \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x d x = 1$ vilket visar påståendet. (Första likheten följer av att $\sqrt{\cdot}$ är positiv och likaså sinx och cosx i intervallet).

Fint!