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FMAT Integral Bee!

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「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 30 2011, 06:28 PM Publicado: #81
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Para $TEX: $0\le x\le1$$ es $TEX: $\operatorname{arcsen}\sqrt{1-x}=\arccos \sqrt{x}.$$ En la integral hacemos $TEX: $x\mapsto 1-x$$ y la integral queda $TEX: $$\int_{0}^{1}{\frac{\operatorname{arcsen}\sqrt{1-x}}{2{{x}^{2}}-2x+3}\,dx}=\int_{0}^{1}{\frac{\arccos \sqrt{x}}{2{{x}^{2}}-2x+3}\,dx}.$$$ Eventualmente, la integral vale $TEX: $$\frac{1}{2}\int_{0}^{1}{\frac{\operatorname{arcsen}\sqrt{x}+\arccos \sqrt{x}}{2{{x}^{2}}-2x+3}\,dx}=\frac{\pi }{4}\int_{0}^{1}{\frac{dx}{2{{x}^{2}}-2x+3}}=\frac{\pi }{2\sqrt{5}}\operatorname{arctg} \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \right).$$$ Problema. Sea $TEX: $f:[0,1]\longrightarrow\mathbb R$$ una función diferenciable con $TEX: $f'$$ continua tal que $TEX: $$\int_0^1 f(x)\,dx=\int_0^1 xf(x)\,dx=1.$$$ Halle el mínimo valor de $TEX: $$\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx.$$$

Gastón Burrull	Jul 1 2011, 01:06 AM Publicado: #83
Invitado	CITA(Krizalid @ Jun 30 2011, 08:28 PM) Problema. Sea $TEX: $f:[0,1]\longrightarrow\mathbb R$$ una función diferenciable con $TEX: $f'$$ continua tal que $TEX: $$\int_0^1 f(x)\,dx=\int_0^1 xf(x)\,dx=1.$$$ Halle el mínimo valor de $TEX: $$\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx.$$$ Solución. Como $TEX: $f$$ y $TEX: $f'$$ son continuas en $TEX: $[0,1]$$ , están acotadas en $TEX: $[0,1]$$ así $TEX: $f,f'\in L_1^2 [0,1]$$ , por lo que $TEX: $$\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx<\infty$$$ . Integrando por partes y usando que $TEX: $f$$ es acotada se obtiene que: $TEX: $$\int_0^1 (x-x^2)f'(x)\,dx=(x-x^2)f(x)\big\|_0^1-\int_0^1\big(f(x)-2xf(x)\big)\,dx=0-(1-2)=1.$$$ Por desigualdad de Cauchy-Schwarz, $TEX: $$1=\left(\int_0^1 (x-x^2)f'(x)\,dx\right)^2\leq \left(\int_0^1(x-x^2)^2\,dx\right) \left(\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx\right)=\frac{1}{30}\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx.$$$ Por lo tanto, $TEX: \[\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx\geq 30.\]$ Así que tenemos una cota inferior. Sin embargo, la demostración usual de la desigualdad de Cauchy, establece que la igualdad siempre existe en el espacio dotado de produco interno, finalmente, $TEX: $$\operatorname{min}\left(\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx\right)=30.$$$

Gastón Burrull	Jul 1 2011, 01:14 AM Publicado: #84
Invitado	Como aún no han contestado correctamente la integral de NickdrA, propongo por él su integral para que siga correctamente la Integral Bee: $TEX: <br />$$\boxed{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(\pi t) e^{i \frac{2}{3}\pi t}}{t^2}\,dt}. $$$

Kura Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 1 2011, 04:55 PM Publicado: #85
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.918 Registrado: 14-May 08 Desde: The Tower of God Miembro Nº: 23.100 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Gastón Burrull @ Jul 1 2011, 01:14 AM) Como aún no han contestado correctamente la integral de NickdrA, propongo por él su integral para que siga correctamente la Integral Bee: $TEX: <br />$$\boxed{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(\pi t) e^{i \frac{2}{3}\pi t}}{t^2}\,dt}. $$$ La integral muere usando el teorema de la energía de la Transformada de Fourier. (o mejor dicho sale del teorema de la potencia considerando como función auxiliar el 1, que transforma a delta, lo que nos deja evaluado en 0 la TF) Vale decir: $TEX: $$\int_{-\infty}^\infty f(x)dx = F(0)$$$ donde F es la transformada de fourier de f de frecuencia ordinaria. Luego el problema simplemente consiste en encontrar la TF de $TEX: $$\frac{\sin^2(\pi t)}{t^2}e^{i2\pi t/3}$$$ Para ello solo basta multiplicar por $TEX: $\pi^2$$ arriba y abajo con el fin de formar: $TEX: $$\pi^2 \frac{\sin^2(\pi t)}{(\pi t)^2} e^{i2\pi t/3} = \pi^2 \mbox{sinc}^2(t)e^{i2\pi t/3} $$$ La transformada de fourier de sinc^2 es triangulo, y la exponencial simplemente desplaza en frecuencia, por lo tanto: $TEX: $$ \pi^2 \mbox{sinc}^2(t)e^{i2\pi t/3} \to \pi^2\cdot \mbox{tri}(u-1/3)$$$ Luego al evaluar en 0 queda el triangulo evaluado en -1/3, donde vale 2/3. Por ende el valor de la integral es $TEX: $$\pi^2 \cdot \frac{2}{3}$$$ PD: Dejo libre el cupo para que otro postee. Mensaje modificado por Kura el Jul 1 2011, 05:29 PM -------------------- Far over... the misty mountains cold. To dungeons deep and caverns old. We must away ere break of day. To find our long-forgotten gold. The pines were roaring on the height. The winds were moaning in the night. The fire was red, it flaming spread. The trees like torches blazed with light. Apunte: Sistemas de Ecuaciones Cuadráticas! Apunte: Series de Fourier! Problemas Resueltos: EDO! OMG! Soy el ñoño de eléctrica.

Gastón Burrull	Jul 1 2011, 06:25 PM Publicado: #86
Invitado	CITA(Kura @ Jul 1 2011, 06:55 PM) PD: Dejo libre el cupo para que otro postee. Muy bien. Problema. Pruebe que, $TEX: $$\int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\sin^2{t}+b^2\cos^2{t}}\, dt\geq 2\pi\sqrt{ab}\qquad a,b\in\mathbb{R}^+$$$ con igualdad si y sólo si $TEX: $a=b$$ . Mensaje modificado por Gastón Burrull el Jul 1 2011, 06:26 PM

Gastón Burrull	Jul 4 2011, 06:40 PM Publicado: #87
Invitado	CITA(Gastón Burrull @ Jul 1 2011, 08:25 PM) Problema. Pruebe que, $TEX: $$\int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\sin^2{t}+b^2\cos^2{t}}\, dt\geq 2\pi\sqrt{ab}\qquad a,b\in\mathbb{R}^+$$$ con igualdad si y sólo si $TEX: $a=b$$ . Solución. Usamos la desigualdad isoperimétrica aplicada a la curva parametrizada regular $TEX: $\alpha: (-\epsilon,2\pi+\epsilon)\longrightarrow \mathbb{R}^2$$ con $TEX: $\epsilon>0$$ dada por, $TEX: $\alpha(t)=(a\cos t,b\sin t)$$ que es una parametrización de la elipse. Usando Green sabemos que el área encerrada por la curva $TEX: $\alpha(t)=\big(x(t),y(t)\big)$$ es dada por: $TEX: \begin{align}<br />A(\alpha)&=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (xy'-x'y)\,dt\\<br />&=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \big((a\cos t)(b\cos t)-(-a\sin t)(b\sin t))\,dt\\<br />&=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \big(ab\cos^2 t+ab\sin^2 t\big)\,dt=ab\pi.<br />\end{align}$ El largo de la curva es $TEX: \begin{align}<br />l&=\int_0^{2\pi} \|\|\alpha'(t)\|\|\, dt\\<br />&=\int_0^{2\pi} \sqrt{(-a\sin{t})^2+(b\cos{t})^2}\, dt\\<br />&=\int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\sin^2{t}+b^2\cos^2{t}}\, dt.<br />\end{align}$ Por la desigualdad isoperimétrica tenemos que $TEX: $2\sqrt{\pi A}\geq l$$ entonces $TEX: $$l=\int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\sin^2{t}+b^2\cos^2{t}}\, dt\leq 2\sqrt{\pi \pi ab}\geq l=2\pi\sqrt{ab}.$$$ Con igualdad si y sólo si $TEX: $\alpha(t)$$ es una circunferencia, es decir si y sólo si $TEX: $a=b$$ .

Gastón Burrull	Jul 4 2011, 07:19 PM Publicado: #88
Invitado	Problema. Evalúe para $TEX: $\alpha>0$$ la integral dada por $TEX: $$ \int_0^1\big((1-x^{a})^{1/a}-x\big)^{2} \,dx.$$$

tochalo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 5 2011, 08:42 PM Publicado: #89
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 426 Registrado: 13-January 08 Desde: desde la pieza de tu hermana Miembro Nº: 14.612 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Holap $TEX: <br />\begin{eqnarray}<br />\int_{0}^{1}((1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}-x)^2dx&=&\int_{0}^{1}((1-x^\alpha)^{\frac{2}{\alpha}}-2x(1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}+x^2)dx\\<br />&=&\int_{0}^{1}(1-x^\alpha)^{\frac{2}{\alpha}}dx-2\int_{0}^{1}x(1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}dx+\displaystyle\frac{1}{3}<br />\end{eqnarray}<br />Hacemos la sustitución $x^\alpha=t$, entonces nos queda<br />\begin{eqnarray}<br />\int_{0}^{1}((1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}-x)^2dx&=&\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{1}t^{\frac{1}{\alpha}-1}(1-t)^{\frac{2}{\alpha}}dt-\frac{2}{\alpha}<br />\int_{0}^{1}t^{\frac{2}{\alpha}-1}(1-t)^{\frac{1}{\alpha}}dt+\frac{1}{3}\\<br />&=&\frac{1}{\alpha}\beta\left(\frac{1}{\alpha},\frac{2}{\alpha}+1\right)-\frac{2}{\alpha}\beta\left(\frac{2}{\alpha},\frac{1}{\alpha}+1\right)+\frac{1}{3}\\<br />&=&\frac{1}{\alpha}\frac{1}{\Gamma \left(\frac{3}{\alpha}+1\right)}\left[\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}+1\right)-2\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)\right]+\frac{1}{3}\\<br />&=&\frac{1}{3}<br />\end{eqnarray}<br />Veamos que la expresión entre paréntesis es cero.\\<br />Usando la fórmula de duplicación: $\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{2})=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)$, para $z=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{2}$, tenemos <br />$\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{2}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)=2^{-\frac{2}{\alpha}}\sqrt{\pi}\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}+1\right)$, entonces<br />\begin{eqnarray}<br />\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}+1\right)&=&\frac{2^{\frac{2}{\alpha}}}{\sqrt{\pi}}\left\{\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{2}\right)\right\}\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)\\<br />&=&\frac{2^{\frac{2}{\alpha}}}{\sqrt{\pi}}2^{1-\frac{2}{\alpha}}\sqrt{\pi}<br />\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)\\<br />&=&2\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)<br />\end{eqnarray}<br />En el paréntesis de llave se usó duplicación para $z=\frac{1}{\alpha}$<br />$ Mensaje modificado por tochalo el Jul 5 2011, 08:45 PM

Gastón Burrull	Jul 6 2011, 05:50 PM Publicado: #90
Invitado	CITA(tochalo @ Jul 5 2011, 10:42 PM) Holap $TEX: <br />\begin{eqnarray}<br />\int_{0}^{1}((1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}-x)^2dx&=&\int_{0}^{1}((1-x^\alpha)^{\frac{2}{\alpha}}-2x(1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}+x^2)dx\\<br />&=&\int_{0}^{1}(1-x^\alpha)^{\frac{2}{\alpha}}dx-2\int_{0}^{1}x(1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}dx+\displaystyle\frac{1}{3}<br />\end{eqnarray}<br />Hacemos la sustitución $x^\alpha=t$, entonces nos queda<br />\begin{eqnarray}<br />\int_{0}^{1}((1-x^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}-x)^2dx&=&\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{1}t^{\frac{1}{\alpha}-1}(1-t)^{\frac{2}{\alpha}}dt-\frac{2}{\alpha}<br />\int_{0}^{1}t^{\frac{2}{\alpha}-1}(1-t)^{\frac{1}{\alpha}}dt+\frac{1}{3}\\<br />&=&\frac{1}{\alpha}\beta\left(\frac{1}{\alpha},\frac{2}{\alpha}+1\right)-\frac{2}{\alpha}\beta\left(\frac{2}{\alpha},\frac{1}{\alpha}+1\right)+\frac{1}{3}\\<br />&=&\frac{1}{\alpha}\frac{1}{\Gamma \left(\frac{3}{\alpha}+1\right)}\left[\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}+1\right)-2\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)\right]+\frac{1}{3}\\<br />&=&\frac{1}{3}<br />\end{eqnarray}<br />Veamos que la expresión entre paréntesis es cero.\\<br />Usando la fórmula de duplicación: $\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{2})=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)$, para $z=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{2}$, tenemos <br />$\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{2}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)=2^{-\frac{2}{\alpha}}\sqrt{\pi}\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}+1\right)$, entonces<br />\begin{eqnarray}<br />\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}+1\right)&=&\frac{2^{\frac{2}{\alpha}}}{\sqrt{\pi}}\left\{\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{2}\right)\right\}\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)\\<br />&=&\frac{2^{\frac{2}{\alpha}}}{\sqrt{\pi}}2^{1-\frac{2}{\alpha}}\sqrt{\pi}<br />\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)\\<br />&=&2\Gamma \left(\frac{2}{\alpha}\right)\Gamma \left(\frac{1}{\alpha}+1\right)<br />\end{eqnarray}<br />En el paréntesis de llave se usó duplicación para $z=\frac{1}{\alpha}$<br />$ Tendré fe de que esta bien, pues no sí si tu procedimiento es correcto o no, pues tengo nulo conocimiento de funciones especiales. En todo caso la solución podía salir en pocos pasos de manera muy elemental . Te toca proponer.

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