Σελίδα 1 από 1

SEEMOUS 2017/4

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Μαρ 05, 2017 1:40 pm
από Demetres
(α) Έστω μη αρνητικός ακέραιος n. Να υπολογιστεί το \displaystyle{ \int_0^1 (1-t)^n e^t \, \mathrm{d}t}

(β) Έστω μη αρνητικός ακέραιος k, και έστω η ακολουθία (x_n)_{n\geqslant k} η οποία ορίζεται με τον τύπο

\displaystyle{ x_n = \sum_{i=k}^n \binom{i}{k} \left(e - 1 - \frac{1}{1!} - \frac{1}{2!} - \cdots -\frac{1}{i!} \right)}

Να δειχθεί ότι η ακολουθία συγκλίνει και να υπολογιστεί το όριό της.

Re: SEEMOUS 2017/4

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Μαρ 05, 2017 7:22 pm
από Tolaso J Kos
Demetres έγραψε:(α) Έστω μη αρνητικός ακέραιος n. Να υπολογιστεί το \displaystyle{ \int_0^1 (1-t)^n e^t \, \mathrm{d}t}

(β) Έστω μη αρνητικός ακέραιος k, και έστω η ακολουθία (x_n)_{n\geqslant k} η οποία ορίζεται με τον τύπο

\displaystyle{ x_n = \sum_{i=k}^n \binom{i}{k} \left(e - 1 - \frac{1}{1!} - \frac{1}{2!} - \cdots -\frac{1}{i!} \right)}

Να δειχθεί ότι η ακολουθία συγκλίνει και να υπολογιστεί το όριό της.
Για το (α) προς το παρόν αφού για το (β) κάτι κάνω λάθος και δε μου βγαίνει. Θα το ξανά δω και αν δε με προλάβει κάποιος θα το δώσω.
\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} \left ( 1-t \right )^n e^t \, {\rm d}t &\overset{u=1-t}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1} u^n e^{1-u} \, {\rm d}u\\  
 &= e \int_{0}^{1}u^n e^{-u} \, {\rm d}u\\  
 &= e \gamma(n+1, 1)\\  
 &\!\overset{(*)}{=} e n!\left ( 1- e^{-1} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}  \right )\\  
 &= n! \left ( e - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \right )  
\end{aligned}} Η απάντηση προκύπτει και από n φορές παραγοντική ολοκλήρωση, αλλά είπα να πάρω έτοιμο το τύπο.

Τώρα το (β) είναι άμεση εφαρμογή του πρώτου αφού η ουρά που εμφανίζεται έχει άμεση σχέση με το ολοκλήρωμα στο πρώτο ερώτημα. Αλλά πρέπει να ξανά δω τις πράξεις μου.

Re: SEEMOUS 2017/4

Δημοσιεύτηκε: Δευ Μαρ 06, 2017 11:21 am
από Demetres
Βγαίνει και με το (α) αλλά θα βάλω μια λύση χωρίς αυτό:

Θέλουμε να υπολογίσουμε, αν υπάρχει, το \displaystyle{\sum_{i=k}^{\infty} \binom{i}{k} \sum_{r=i}^{\infty} \frac{1}{(r+1)!}}

Επειδή όλοι οι όροι είναι θετικοί, από Tonelli μπορούμε να ανταλλάξουμε την σειρά των αθροισμάτων. Παίρνουμε

\displaystyle{\sum_{r=k}^{\infty} \frac{1}{(r+1)!}\sum_{i=k}^{r} \binom{i}{k}  }

Όμως \displaystyle{ \sum_{i=k}^{r} \binom{i}{k} = \binom{r+1}{k+1} }. Πράγματι, το δεξί μέλος μετρά το πλήθος των τρόπων για να επιλέξουμε k+1 στοιχεία από το σύνολο \{1,2,\ldots,k+1\}. Αν το μεγαλύτερο στοιχείο του συνόλου που θα επιλέξουμε ισούται με i+1, τότε k \leqslant i \leqslant r και υπάρχουν \binom{i}{k} τέτοια σύνολα. Οπότε και το δεξί μέλος μετρά το ίδιο πλήθος.

Μένει λοιπόν να υπολογίσουμε το

\displaystyle{ \sum_{r=k}^{\infty} \frac{1}{(r+1)!} \binom{r+1}{k+1} = \frac{1}{(k+1)!}\sum_{r=k}^{\infty} \frac{1}{(r-k)!} = \frac{e}{(k+1)!}}

Re: SEEMOUS 2017/4

Δημοσιεύτηκε: Δευ Μαρ 06, 2017 7:31 pm
από Zarifis
Αλλιώς σκιαγραφοντας την ιδεα, εύκολα βλέπουμε ότι είναι αύξουσα. Φραγμένη: Απο υπόλοιπο taylor σειράς το εσωτερικό είναι μικρότερο από \frac{e}{(i+1)!} .
Άρα μικρότερο από : \sum \frac{1}{(i-k)!k!} < 2\sum \frac{1}{i!}=2e . Άρα συγκλίνει.
Γράφοντας το ως το ολοκλήρωμα της Βετα(α ερώτημα) από fubinι κάνουμε εναλαγή κι έχουμε: \int_{0}^{1}\sum \binom{i}{k}\frac{(1-t)^i e^t}{i!}dt

Κι έχουμε: \sum \binom{i}{k}\frac{(1-t)^i}{i!}=1/k! \sum \frac{(1-t)^i}{(i-k)!}=\frac{(1-t)^k}{k!}  \sum \frac{(1-t)^i}{(i)!}=e^{1-t}\frac{(1-t)^k}{k!}
Άρα σύνολο e/k! B(k+1,1)