Demostrar

Question

Probar: $\frac{1}{11\sqrt{2}} \leq \int_0^1 \frac{x^{10}}{\sqrt{1+x}}dx \leq \frac{1}{11}$

Sugerencia: Use el teorema del valor medio (ponderado) de integrales.

El MVT de integrales:

Supongamos que es continua $u$ y $v$ es integrable y no negativo en $[a,b]$

Entonces $\int_a^b u(x)v(x)dx=u(c)\int_b^a v(x)dx$

$c$ $[a,b]$.

Plan sobre el uso de $u(x)$ $x^{10}$ ya que es continuo y $v(x)$ $\frac{1}{\sqrt{1+x}}$ es integrable en [0,1]. No estoy seguro de cómo ir allí y encontrar $c$.

Answer 1

Sugerencia. Uno tiene, por un acercamiento directo, $$ \frac{x^{10}}{\sqrt{1+1}}\le \frac{x^{10}}{\sqrt{x+1}}\leq \frac{x^{10}}{\sqrt{0+1}}, x\le1 de \qquad 0\le. $$

Answer 2

La elección de $v(x) = \frac{1}{\sqrt{x+1}}$ no funciona, creo que:

Yo no uso MVT directamente. He utilizado algo de la prueba de la MVT:

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$$m \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x+1}} dx \le \int_0^1 \frac{x^{10}}{\sqrt{x+1}} \le M \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x+1}} dx$$

El mejor $m$ $M$ que tengo son $0$ $1$ resp $0 \le x^{10} \le 1$ $0 \le x \le 1$

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Así que vamos a intentar

$u(x) = \frac{1}{\sqrt{x+1}}$

Ahora $\frac{1}{\sqrt{2}} \le \frac{1}{\sqrt{x+1}} \le 1$ $0 \le x \le 1$

Así tenemos

$$\frac{1}{\sqrt{2}} \int_0^1 x^{10} dx \le \int_0^1 \frac{x^{10}}{\sqrt{x+1}} \le 1 \int_0^1 x^{10} dx$$

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Comentario: creo que el 11 en el denominador puede ser un indicio de uso $u(x) = \frac{1}{\sqrt{x+1}}$

Answer 3

Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz $$ I=\int_{0}^{1}\frac{x^{10}}{\sqrt{1+x}}\,dx\leq \sqrt{\int_{0}^{1}x^{10}\,dx\int_{0}^{1}\frac{x^{10}\,dx}{1+x}}=\sqrt{\frac{1}{11}\left(\log2-\frac{1627}{2520}\right)}$ $ y por integración por partes $$ I = \frac{1}{11 \sqrt{2}}+\frac{1}{22}\int_{0}^{1}\frac{x^{11}\,dx}{\sqrt{(1+x)^3}}\geq\frac{1}{11\sqrt{2}}+\frac{1}{528\sqrt{2}}$ $ así que tenemos el mucho mejor desigualdad $$ \color{red}{0.065}621652\leq I \leq \color{red}{0.065}721354.$ $