-
+1
Ovi korisnici su zahvalili autoru
Onomatopeja za post:
Igor
Reputacija: 4.55%
od Onomatopeja » Ponedeljak, 27. Avgust 2018, 09:01
U redu, evo pokazacu ja za drugi primer. Ali bih prvo napomenuo da ne mozes ovde koristiti teoremu o srednjoj vrednosti, jer nije data diferencijabilnost funkcije [inlmath]f.[/inlmath]
Dakle, resavamo [inlmath]\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 nf(x)e^{-nx}dx.[/inlmath] Za pocetak, ne bi bilo lose da nadjemo kandidata za ovaj limes. Posto je u pitanju samo pronalazak kandidata, a ne i formalan dokaz, to mozemo napraviti grupu skicu. Naime, ako uvrstimo smenu [inlmath]t=nx[/inlmath] onda dobijamo [inlmath]\displaystyle\int_0^1 nf(x)e^{-nx}dx = \int_0^n f\Bigl(\frac{t}{n}\Bigr)e^{-t}dt,[/inlmath] pa ocekujemo (ali ne mozemo sada tvrditi) da se dati integrali ponasa kao [inlmath]\displaystyle\int_0^\infty f(0)e^{-t}dt = f(0),[/inlmath] pri [inlmath]n\to\infty[/inlmath] (ovde smo iskoristili da je i funkcija [inlmath]f[/inlmath] neprekidna u nuli).
Zato cemo pokazati da je [inlmath]\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 nf(x)e^{-nx}dx=f(0).[/inlmath] Uvedimo i oznaku [inlmath]\displaystyle I_n= \int_0^1 nf(x)e^{-nx}dx.[/inlmath] Cilj nam je da pokazemo da [inlmath]I_n \to f(0)[/inlmath] kad [inlmath]n\to\infty.[/inlmath] Prvo, napravimo razdvajanje
[dispmath]I_n = \int_0^1 nf(x)e^{-nx}dx = \int_0^1 ne^{-nx}(f(x)-f(0))dx +f(0)\int_0^1 ne^{-nx} = \int_0^1 ne^{-nx}(f(x)-f(0))dx + f(0)(1-e^{-n}).[/dispmath]
Neka je sada [inlmath]\varepsilon>0[/inlmath] dato. Tada (zbog neprekidnosti f-je [inlmath]f[/inlmath] u nuli) postoji [inlmath]\delta>0[/inlmath] tako da za sve [inlmath]x\in(-\delta,\delta)[/inlmath] vazi [inlmath]|f(x)-f(0)|<\varepsilon.[/inlmath] Pri tome, mozemo uzeti da je [inlmath]\delta<1[/inlmath] (jer je ono u osnovi malo, blisko nuli). Zato je dalje
[dispmath]I_n-f(0) = \int_0^\delta ne^{-nx}(f(x)-f(0))dx + \int_\delta^1 ne^{-nx}(f(x)-f(0))dx -f(0)e^{-n}.[/dispmath] Takodje, kako je funkcija [inlmath]f[/inlmath] neprekidna i na [inlmath][\delta,1],[/inlmath] to postoji maksimum ove funkcije na ovom segmentu, koji cemo oznaciti sa [inlmath]M[/inlmath] (to jest, [inlmath]M=\sup\limits_{x\in[\delta,1]}|f(x)|=\max\limits_{x\in[\delta,1]}|f(x)|<\infty[/inlmath]). Odatle dobijamo dalje
[dispmath]|I_n-f(0)|<\varepsilon \int_0^\delta ne^{-nx} dx + \max_{x\in[\delta,1]} (|f(x)|+|f(0)|)\int_\delta^1 ne^{-nx} dx + |f(0)|e^{-n} =\varepsilon (1-e^{-n\delta}) + (M+|f(0)|)(e^{-n\delta}-e^{-n})+|f(0)|e^{-n}.[/dispmath]
Uzimajuci da [inlmath]n\to\infty[/inlmath] imamo [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty} |I_n-f(0)| \leq \varepsilon.[/inlmath] Kako ovo vazi za svako [inlmath]\varepsilon>0,[/inlmath] to dobijamo [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty} I_n = f(0).[/inlmath]
Hajde da napomenem ako nekoga buni sta ako je [inlmath]\delta\geq 1.[/inlmath] Pa mozemo reci da je to tim pre laksi slucaj, jer onda ceo integral [inlmath]\displaystyle\int_0^1 ne^{-nx}(f(x)-f(0))dx[/inlmath] mozemo odmah oceniti, tj. ne moramo ga razdvajati na dva dela.
Takodje, ovaj zadatak se dosta lakse resava primenom Lebegovog integrala i teorije mere, ali to je vec druga prica.