mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 06, 2009 11:15 pm**

α) Υπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\int_0^1\left(x(1-x)\right)^nx^k \, dx$ , όπου $k\in\mathbb{N}$ .

β) Υπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\int_0^1\left(x(1-x)\right)^nf(x) \, dx$ , όπου $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ είναι μία συνεχής συνάρτηση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 13, 2009 11:09 am**

α) Με επαναλαμβανομενη ολοκληρωση κατα παραγοντες, βλεπουμε οτι η παρασταση ισουται με $\frac{2n+1}{k + 2n + 1} \times \frac{C(2n,n)}{C(k+2n,n)}$ (οπου

ο διωνυμικος συντελεστης). Το οριο του πρωτου παραγοντα ειναι

και δεν τον ξαναγραφουμε. Το αντιστροφο του δευτερου παραγοντα ισουται με $\frac{C(k+2n,n)}{C(2n,n)} = \displaystyle \sum_{m=0}^k C(k,m) \frac{C(2n,n-m)}{C(2n,n)} = \displaystyle \sum_{m=0}^k C(k,m) \frac{C(n+m,m)}{C(n,m)}$ . Καθενα απο τα (πεπερασμενου πληθους) πηλικα ειναι ρητη συναρτηση που τεινει στο

, οποτε το οριο ειναι $\displaystyle \sum_{m=0}^k C(k,m) = 2^k$ και το αρχικο οριο ειναι $2^{-k}$ (αφου ειχαμε παρει το αντιστροφο).

Γενικευση:

β) Η

ειναι συνεχης σε συμπαγες συνολο, οποτε φραγμενη. Εστω M > 0

ενα φραγμα της.

Οριζουμε την ακολουθια συναρτησεων $g_n(x) = \frac{x^n (1-x)^n}{\displaystyle \int_0^1 t^n (1-t)^n dt} = (2n+1) \times C(2n,n) \times x^n (1-x)^n$ . Παρατηρουμε τα εξης :

1. Η συναρτηση g_n

ειναι γνησιως αυξουσα στο [0,1/2]

και γνησιως φθινουσα στο [1/2,1]

για καθε $n \in \mathbb{N}$ .

2. $\displaystyle \int_0^1 g_n (x) dx = 1$ για καθε $n \in \mathbb{N}$

3. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} g_n (x) = 0$ για καθε $x \in [0,1] - \{1/2\}$ (απο το γεγονος οτι $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{C(2n,n)}{4^n} = 0$ ).

4. Η παρασταση της ασκησης ισουται με $\displaystyle \int_0^1 f(x) g_n(x) dx$ .

Η ακολουθια g_n

'ψηλωνει' και 'λεπταινει' γυρω απο το 1/2

, με σταθερο ολοκληρωμα. Διαισθητικα βλεπουμε οτι το οριο πρεπει να ειναι το f(1/2)

.

Εστω $\epsilon > 0$ . Παιρνουμε το αναλογο $\delta > 0$ (απο τη συνεχεια) γυρω απο το x = 1/2

και επιλεγουμε $n_0 \in \mathbb{N}$ τετοιο ωστε $g_n (1/2 - \delta) < \frac{\epsilon}{M}$ για καθε n > n_0

. Θετουμε $t(x) \equiv f(x) - f(1/2)$ . Ισχυει $|t(x)| \leq \epsilon$ στο $[1/2 - \delta, 1/2 + \delta]$ (εκ κατασκευης) και $|t(x)| \leq 2M$ (απο το φραγμα) οπουδηποτε αλλου. Εχουμε οτι :

$\left| \displaystyle \int_0^1 f(x) g_n(x) dx - f(1/2) \right| = \left| \displaystyle \int_0^1 t(x) g_n(x) dx \right| \leq \left| \displaystyle \int_0^{1/2 - \delta} t(x) g_n(x) dx \right| + \left| \displaystyle \int_{1/2 + \delta}^1 t(x) g_n(x) dx \right| + \left| \displaystyle \int_{1/2 - \delta}^{1/2 + \delta} t(x) g_n(x) dx \right| \leq$

$\leq \epsilon + \epsilon + \epsilon = 3 \epsilon$ . Αρα το οριο ειναι πραγματι το f(1/2)

.

Δημητρης Σκουτερης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 25, 2009 4:19 am**

Αυτό το θέμα παρουσιάζει αρκετές ως πολλές ομοιότητες με θέμα του διαγωνισμού Jarnik (του 15ου, Απρίλης του 2005). Έτσι μπορεί να πάει ο ένας διαβασμένος κι ο άλλος αδιάβαστος.

Λέγανε τότε: δίνεται συνεχής $f:[0,1]\times [0,1]\to {\mathbb R}$ . Να βρεθεί το $\lim\limits_{n\to\infty }\left (\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\right )^2\int_0^1\int_0^1(xy(1-x)(1-y))^nf(x,y)\,dx\,dy$ .

Για να είμαι ακριβής εδώ η παρένθεση είναι xy(1-y)(1-y)

αλλά μάλλον πρόκειται για τυπογραφικό.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 30, 2009 5:19 pm**

Το πρόβλημα αυτό βρίσκεται στο γνωστό πλέον Biler και Witkowski: είναι το 5.73 στη σελίδα 57.

Λέγανε τότε: δίνεται συνεχής $f:[0,1]\times [0,1]\to {\mathbb R}$ . Να βρεθεί το $\lim\limits_{n\to\infty }\left (\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\right )^2\int_0^1\int_0^1(xy(1-x)(1-y))^nf(x,y)\,dx\,dy$ .

Με παραπομπή στο Matematika segodnia του Dorogovcev (από το Κίεβο, που έχει επίσης πετυχημένες συμμετοχές σε αυτούς τους διαγωνισμούς).

mathematica.gr

SEEMOUS 2009/1

SEEMOUS 2009/1

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009