Όριο με αφορμή

Tolaso J Kos · #1

Με αφορμή το ολοκλήρωμα εδώ καλείστε να υπολογίσετε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n\rightarrow + \infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x }{(1+x^2)^{n}} \; \mathrm{d} x}$

Λάμπρος Κατσάπας · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 02, 2018 6:23 pm
Με αφορμή το ολοκλήρωμα εδώ καλείστε να υπολογίσετε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n\rightarrow + \infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x }{(1+x^2)^{n}} \; \mathrm{d} x}$

Τόλη γεια χαρά!

Το όριο είναι $\displaystyle{\sqrt{\pi }} .$ Το αντιμετώπισα με στοιχειώδεις μεθόδους και οι πράξεις είναι πολλές.

Όταν βρω χρόνο θα τις γράψω. Ουσιαστικά το όριο είναι το γνωστό ολοκλήρωμα $\int_{-\infty }^{+\infty}e^{-x^2}dx.$

Tolaso J Kos · #3

Συμφωνώ ως προς το αποτέλεσμα. Έχω κάνει DCT και να πω και την αλήθεια ... πρέπει να έχω παραβιάσει όλα τα κριτήρια εδώ. Αλλά Calculus κάνουμε , οπότε όλα στέκουν αρκεί το αποτέλεσμα να είναι σωστό.

Λάμπρο αναμένω λύση.

#4

Δεν στέκουν όλα. Πρέπει να ελέγχονται. Στην συγκεκριμένη περίπτωση δουλεύει το Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης αρκεί να εφαρμοστεί σωστά.

Ας γράψουμε $\displaystyle a_n = \sqrt{n}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos{x}}{(1+x^2)^n} \, \mathrm{d}x.$ Είναι απλό ότι αυτά τα ολοκληρώματα υπάρχουν. Κάνοντας την αντικατάσταση $y = \sqrt{n}x$ παίρνουμε

$\displaystyle a_n = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos\left(\tfrac{y}{\sqrt{n}} \right)}{\left(1+\tfrac{y^2}{n} \right)^n} \, \mathrm{d}y$

Έστω $\displaystyle f_n(y) = \frac{\cos\left(\tfrac{y}{\sqrt{n}} \right)}{\left(1+\tfrac{y^2}{n} \right)^n}$ και $\displaystyle g(y) = \frac{1}{1+y^2}$

Η ακολουθία $(1 + \tfrac{y^2}{n})^n$ είναι αύξουσα. (*) Οπότε $|f_n(y)| \leqslant g(y)$ για κάθε

. Επιπλέον η g(x)

είναι ολοκληρώσιμη. (**) Οπότε από το Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης έχουμε

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \int_{-\infty}^{\infty} \lim_{n \to \infty}\frac{\cos\left(\tfrac{y}{\sqrt{n}} \right)}{\left(1+\tfrac{y^2}{n} \right)^n} \, \mathrm{d}y = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} \, \mathrm{d}y = \sqrt{\pi}$

(*) Είναι

$\displaystyle \begin{aligned} \left(1 + \frac{y^2}{n}\right)^n &= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{y^{2k}}{n^k} \\ &= \sum_{k=0}^n \frac{y^{2k}}{k!}\left(1 - \frac{1}{n} \right)\left(1 - \frac{2}{n} \right) \cdots \left(1 - \frac{k}{n} \right) \\ &\leqslant \sum_{k=0}^{n+1} \frac{y^{2k}}{k!}\left(1 - \frac{1}{n+1} \right)\left(1 - \frac{2}{n+1} \right) \cdots \left(1 - \frac{k}{n+1} \right) \\ &= \left(1 + \frac{y^2}{n+1}\right)^{n+1} \end{aligned}$

(**) Προσοχή: Δεν μπορούμε να πάρουμε g(x) = 1

διότι πρέπει $\int g(x) < \infty$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Το θέμα στην ουσία του δεν είναι υπολογιστικό.
Το $\cos$ είναι διακοσμητικό στοιχείο που μπερδεύει.

Αν θέσουμε

$I_{n}=\int_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}dx$

τότε εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε ότι

$I_{n}=(1-\frac{1}{2(n-1)})I_{n-1}$

οπότε μπορούμε να εκφράσουμε το $I_{n}$ μέσω του $I_{1}$

Χρησιμοποιώντας το γινόμενο του Wallis και το προηγούμενο
μπορεί να αποδειχθεί ότι

$\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt{n}\int_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}dx=\pi$

Θέτουμε $f_{n}(x)=\sqrt{n}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}$

οπότε λόγω του προηγούμενου είναι

$\lim_{n\rightarrow \infty }\int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)dx=\pi$

Θα δείξουμε το εξής γενικότερο

Αν $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ μετρήσιμη φραγμένη που είναι συνεχής στο

τότε

$\int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)g(x)dx\rightarrow \pi g(0)$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Εστω
$\epsilon > 0$
υπάρχει
$\delta > 0$
ώστε
$\left | x \right |< \delta \Rightarrow \left | g(x)-g(0) \right |< \epsilon$

Εχουμε
$|\int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)g(x)dx-\int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)g(0)dx|=|\int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)(g(x)-g(0))dx|$

$\leq |\int _{\left | x \right |< \delta }f_{n}(x)(g(x)-g(0))dx|+|\int _{\left | x \right |\geq \delta }f_{n}(x)(g(x)-g(0))dx|$ (1)

το πρώτο ολοκλήρωμα είναι

$|\int _{\left | x \right |< \delta }f_{n}(x)(g(x)-g(0))dx|\leq \epsilon \int _{\left | x \right |< \delta }f_{n}(x)dx\leq \epsilon \int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)dx\leq C\epsilon$ (2)

Για το δεύτερο έχουμε

$|\int _{\left | x \right |\geq \delta }f_{n}(x)(g(x)-g(0))dx|\leq M\int _{\left | x \right |\geq \delta }f_{n}(x)dx=M\int _{\left 1> | x \right |\geq \delta }f_{n}(x)dx+M\int _{\left 1< | x \right | }f_{n}(x)dx$

αλλά
$\int _{\left 1> | x \right |\geq \delta }f_{n}(x)dx\leq 2(1-\delta )\sqrt{n}\dfrac{1}{(1+\delta ^{2})^{n}}\rightarrow 0$ (3)

και

$\int _{\left 1< | x \right | }f_{n}(x)dx\leq 2\sqrt{n}\int_{1}^{\infty }\frac{1}{x^{2n}}dx=2\sqrt{n}\frac{1}{2n-1}\rightarrow 0$ (4)

Λαμβάνοντας υπ οψιν τις (2),(3),(4) παίρνοντας $n\rightarrow \infty$
έχουμε αυτήν που θέλουμε

Το

είναι το διπλάσιο του φράγματος της

ενω

το

είναι ένα ανω φράγμα της συγκλίνουσας ακολουθίας

$\int_{-\infty }^{\infty }f_{n}(x)dx$ .

Φυσικά τα παραπάνω είναι γνωστές τεχνικές της Ανάλυσης.

Λάμπρος Κατσάπας · #6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 02, 2018 6:23 pm
Με αφορμή το ολοκλήρωμα εδώ καλείστε να υπολογίσετε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n\rightarrow + \infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x }{(1+x^2)^{n}} \; \mathrm{d} x}$

Η λύση που χρωστούσα με πιο στοιχειώδεις εργαλεία αλλά πολλές πράξεις.

Θα ''χτυπήσουμε'' το ολοκλήρωμα στη καρδιά του δηλαδή σε μια περιοχή του μηδενός όπου έχει και την κύρια συνεισφορά.

Θα χρησιμοποιήσω τις παρακάτω κλασικές ανισότητες οι οποίες ισχύουν κοντά στο

:

$\displaystyle{ (1)\cos x\leq 1-\frac{x^2}{6} }$
$\displaystyle{ (2)\cos x\geq 1-\frac{x^2}{2} }$
$\displaystyle{ (3)\ln (1+x)\geq x-\frac{x^2}{2} }$
$\displaystyle{ (4)\ln (1+x)\leq x }$

Καταρχάς κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής όπως ο κ.Δημήτρης και παίρνουμε το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos\left(\tfrac{y}{\sqrt{n}} \right)}{\left(1+\tfrac{y^2}{n} \right)^n} \, \mathrm{d}y$ .

Αρκεί, λόγω συμμετρίας, να υπολογίσουμε το όριο του $\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\cos\left(\tfrac{y}{\sqrt{n}} \right)}{\left(1+\tfrac{y^2}{n} \right)^n} \, \mathrm{d}y$ . Σπάμε το $[0,+\infty)$ στα διαστήματα

$[0,n^{\frac{1}{16}}]$ , $[n^{\frac{1}{16}},+\infty)$ και θεωρούμε τα αντίστοιχα ολοκληρώματα. Στο πρώτο επειδή $y\in [0,n^{\frac{1}{16}}]$ για μεγάλα

θα είναι

$\dfrac{y}{\sqrt{n}}\sim 0$ οπότε κάνοντας χρήση των (1),(2)

παίρνουμε $\displaystyle{ (\bigstar )\cos \frac{y}{\sqrt{n}}\leq 1-\frac{y^2}{6n} }$ και $\displaystyle{ (\bigstar \bigstar )\cos \frac{y}{\sqrt{n}}\geq 1-\frac{y^2}{2n} }$

Για τον ίδιο λόγο με πριν θα είναι $\dfrac{y^2}{n}\sim 0$ και από την (3)

έχουμε $\displaystyle{ \ln (1+\frac{y^2}{n})\geq \frac{y^2}{n}-\frac{y^4}{2n^2} \Rightarrow$

$\displaystyle{ n\ln (1+\frac{y^2}{n})\geq y^2-\frac{y^4}{2n} \Rightarrow\left ( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n\geq e^{y^2}e^{-\frac{y^4}{2n}} \Rightarrow e^{-y^2}\left ( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n\geq e^{-\frac{y^4}{2n}} }} (\bigstar \bigstar \bigstar )$ .

Από την (4)

παίρνουμε $\displaystyle{ \ln (1+\frac{y^2}{n})\leq \frac{y^2}{n} \Rightarrow n\ln (1+\frac{y^2}{n})\leq y^2\Rightarrow \left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n\leq e^{y^2} \Rightarrow e^{-y^2}\left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n\leq1 (\bigstar \bigstar \bigstar \bigstar ) }$

Συνδυάζοντας όλα τα αστεράκια παίρνουμε τελικά ότι $\displaystyle{ -\frac{y^2}{2n} \leq \cos \frac{y}{\sqrt{n}}- e^{-y^2}\left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n\leq 1-\frac{y^2}{6n}- e^{-\frac{y^4}{2n}} \leq 1-e^{\frac{y^4}{2n}}\Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left | \cos \frac{y}{\sqrt{n}}- e^{-y^2}\left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n \right | \leq \max\left ( |-\frac{y^2}{2n}|,|1- e^{-\frac{y^4}{2n}}| \right )\Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left |\cos \frac{y}{\sqrt{n}}\left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^{-n}- e^{-y^2} \right | \leq \left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^{-n}\max\left ( \frac{y^2}{2n},|1- e^{-\frac{y^4}{2n}}| \right )\leq \max\left ( \frac{y^2}{2n},|1- e^{-\frac{y^4}{2n}}| \right )\rightarrow 0 }$

Άρα για $\displaystyle{ f(y)= \cos \frac{y}{\sqrt{n}}\left( 1+\frac{y^2}{n} \right )^{-n} }$ παίρνουμε από την τελευταία

$\displaystyle{ \left |\int_{0}^{n^{\frac{1}{16}}}f(y)-e^{-y^2}dy \right |\leq \int_{0}^{n^{\frac{1}{16}}}\left |f(y)-e^{-y^2} \right |dy \leq \int_{0}^{n^{\frac{1}{16}}}\max\left ( \frac{y^2}{2n},|1- e^{-\frac{y^4}{2n}}| \right )dy\leq n^{\frac{1}{16}}\max\left ( \frac{n^{\frac{2}{16}}}{2n},|1- e^{-\frac{n^{\frac{4}{16}}}{2n}}| \right)\rightarrow 0 }$

Μένει να δείξουμε ότι το $\displaystyle \int_{n^{\frac{1}{16}}}^{\infty}f(y) dy$ είναι ασυμπτωτικά αμελητέο. Αυτό όμως είναι απλό αφού η εκθετική (για οποιαδήποτε βάση

)

κυριαρχεί της πολυωνυμικής (οποιουδήποτε εκθέτη). Άρα για για αρκετά μεγάλο

θα είναι

$\displaystyle { \left |\int_{n^{\frac{1}{16}}}^{\infty}f(y) dy \right |\leq \int_{n^{\frac{1}{16}}}^{\infty}\frac{1}{ \left ( 1+\frac{y^2}{n} \right )^n} dy\leq \int_{n^{\frac{1}{16}}}^{\infty}\frac{1}{ y^2} dy\rightarrow 0 }.$ Τελικά $\displaystyle{\left |\int_{0}^{\infty} \frac{\cos\left(\tfrac{y}{\sqrt{n}} \right)}{\left(1+\tfrac{y^2}{n} \right)^n} \, \mathrm{d}y-\int_{0}^{\infty}e^{-y^2}\mathrm{d}y \right |\rightarrow 0.}$

Tolaso J Kos · #7

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 03, 2018 6:15 pm
Δεν στέκουν όλα. Πρέπει να ελέγχονται.

Δημήτρη,

όπως έχεις δει και συ στο

στο Calculus μπορούμε να ορίσουμε τα πάντα, όπως κάναμε για παράδειγμα εδώ και δώσαμε νόημα σε τετραγωνική ρίζα αρνητικού αριθμού ώστε το αποτέλεσμα να είναι αισθητικά όμορφο. Στέκει από πλευράς πραγματικής; Όχι, αλλά δεν έχει καμία απολύτως σημασία αρκεί που το αποτέλεσμα είναι μαθητικά όμορφο. Πολλές φορές επίσης εναλλάσσουμε αθροίσματα με ολοκληρώματα ή και όρια χωρίς καν να ελέγξουμε αν επιτρέπεται αυτή η εναλλαγή ( έχουμε στο πίσω μέρος του κεφαλιού μας ότι η τεχνική αυτή θα δουλέψει στη πλειοψηφία των ασκήσεων ) .... και βγάζουμε σωστό αποτέλεσμα. Αν πάλι όλες οι τεχνικές αποτύχουν το DCT μας βγάζει από τη δύσκολη θέση ( όπως καλή ώρα εδώ ). Είναι η φύση του Calculus τέτοια που τα πράματα μιλάνε από μόνα τους. Δουλεύουν ; Οπότε όλα κυλούν ρολόι. Δε δουλεύουν; Βγάζουμε αλλοπρόσαλλα αποτελέσματα οπότε ξέρουμε ότι κάτι πάει λάθος και αλλάζουμε γραμμή πλεύσης.

Προς Θεού δε λέω ότι δε πρέπει να ελέγχουμε τα πράματα αφού όπως λες και συ δε στέκουν όλα , αλλά από την άλλη ( τουλάχιστον για μένα ) το Calculus δεν είναι Θεωρητική Ανάλυση οπότε χρειάζεται λιγότερη αυστηρότητα αφού αν κάτι πάει στραβά αμέσως θα το καταλάβουμε. Εξαιρείται βέβαια η συμμετοχή σε διαγωνισμό όπου όταν καλούμαστε να υπολογίσουμε μια σειρά ή ένα ολοκλήρωμα πρέπει να τεκμηριώσουμε τα πάντα ( γιατί μπορούμε να κάνουμε αυτό, γιατί το άλλο ) αλλιώς θα χάσουμε μονάδες. Αλλά όταν κάνουμε Calculus για την δική μας ευχαρίστηση τότε ... τα πράματα απλουστεύουν κατά πολύ. Οποιαδήποτε άλλη γνώμη είναι δεκτή βέβαια.

Όσο για τη λύση έχω κάνει κάτι παρόμοιο με το δικό σου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 03, 2018 11:27 pm
Το θέμα στην ουσία του δεν είναι υπολογιστικό.
Το $\cos$ είναι διακοσμητικό στοιχείο που μπερδεύει.

Σταύρο δε καταλαβαίνω γιατί το $\cos x$ μπερδεύει. Συμφωνώ ότι δεν είναι και τόσο υπολογιστικό το θέμα. Όλα τα άλλα που γράφεις μου είναι κατανοητά.

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 03, 2018 11:27 pm
Το $\cos$ είναι διακοσμητικό στοιχείο που μπερδεύει.
Σταύρο δε καταλαβαίνω γιατί το $\cos x$ μπερδεύει.

Tόλη, αυτό που εννοεί ο Σταύρος είναι ότι στην θέση του cos

μπορεί να μπει οποιαδήποτε συνεχής φραγμένη
συνάρτηση

με

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 03, 2018 6:15 pm
Δεν στέκουν όλα. Πρέπει να ελέγχονται.
Δημήτρη,

όπως έχεις δει και συ στο στο Calculus μπορούμε να ορίσουμε τα πάντα, όπως κάναμε για παράδειγμα εδώ και δώσαμε νόημα σε τετραγωνική ρίζα αρνητικού αριθμού ώστε το αποτέλεσμα να είναι αισθητικά όμορφο. Στέκει από πλευράς πραγματικής; Όχι, αλλά δεν έχει καμία απολύτως σημασία αρκεί που το αποτέλεσμα είναι μαθητικά όμορφο. Πολλές φορές επίσης εναλλάσσουμε αθροίσματα με ολοκληρώματα ή και όρια χωρίς καν να ελέγξουμε αν επιτρέπεται αυτή η εναλλαγή ( έχουμε στο πίσω μέρος του κεφαλιού μας ότι η τεχνική αυτή θα δουλέψει στη πλειοψηφία των ασκήσεων ) .... και βγάζουμε σωστό αποτέλεσμα. Αν πάλι όλες οι τεχνικές αποτύχουν το DCT μας βγάζει από τη δύσκολη θέση ( όπως καλή ώρα εδώ ). Είναι η φύση του Calculus τέτοια που τα πράματα μιλάνε από μόνα τους. Δουλεύουν ; Οπότε όλα κυλούν ρολόι. Δε δουλεύουν; Βγάζουμε αλλοπρόσαλλα αποτελέσματα οπότε ξέρουμε ότι κάτι πάει λάθος και αλλάζουμε γραμμή πλεύσης.

Προς Θεού δε λέω ότι δε πρέπει να ελέγχουμε τα πράματα αφού όπως λες και συ δε στέκουν όλα , αλλά από την άλλη ( τουλάχιστον για μένα ) το Calculus δεν είναι Θεωρητική Ανάλυση οπότε χρειάζεται λιγότερη αυστηρότητα αφού αν κάτι πάει στραβά αμέσως θα το καταλάβουμε. Εξαιρείται βέβαια η συμμετοχή σε διαγωνισμό όπου όταν καλούμαστε να υπολογίσουμε μια σειρά ή ένα ολοκλήρωμα πρέπει να τεκμηριώσουμε τα πάντα ( γιατί μπορούμε να κάνουμε αυτό, γιατί το άλλο ) αλλιώς θα χάσουμε μονάδες. Αλλά όταν κάνουμε Calculus για την δική μας ευχαρίστηση τότε ... τα πράματα απλουστεύουν κατά πολύ. Οποιαδήποτε άλλη γνώμη είναι δεκτή βέβαια.

Όσο για τη λύση έχω κάνει κάτι παρόμοιο με το δικό σου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 03, 2018 11:27 pm
Το θέμα στην ουσία του δεν είναι υπολογιστικό.
Το $\cos$ είναι διακοσμητικό στοιχείο που μπερδεύει.
Σταύρο δε καταλαβαίνω γιατί το $\cos x$ μπερδεύει. Συμφωνώ ότι δεν είναι και τόσο υπολογιστικό το θέμα. Όλα τα άλλα που γράφεις μου είναι κατανοητά.

Ειλικρινά δεν καταλαβαίνω.
Συγκεκριμένα.

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am
Όχι, αλλά δεν έχει καμία απολύτως σημασία αρκεί που το αποτέλεσμα είναι μαθητικά όμορφο.

Δηλαδή ότι είναι Μαθηματικά όμορφο είναι και σωστό;
(υποθέτω ότι αντί μαθητικά ήθελες να γράψεις μαθηματικά)

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am
Πολλές φορές επίσης εναλλάσσουμε αθροίσματα με ολοκληρώματα ή και όρια χωρίς καν να ελέγξουμε αν επιτρέπεται αυτή η εναλλαγή ( έχουμε στο πίσω μέρος του κεφαλιού μας ότι η τεχνική αυτή θα δουλέψει στη πλειοψηφία των ασκήσεων ) .... και βγάζουμε σωστό αποτέλεσμα. Αν πάλι όλες οι τεχνικές αποτύχουν το DCT μας βγάζει από τη δύσκολη θέση ( όπως καλή ώρα εδώ ). Είναι η φύση του Calculus τέτοια που τα πράματα μιλάνε από μόνα τους. Δουλεύουν ; Οπότε όλα κυλούν ρολόι. Δε δουλεύουν; Βγάζουμε αλλοπρόσαλλα αποτελέσματα οπότε ξέρουμε ότι κάτι πάει λάθος και αλλάζουμε γραμμή πλεύσης.

Και που ξέρεις ότι το αποτέλεσμα είναι σωστό;
Το βλέπεις με το μάτι;

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am
το Calculus δεν είναι Θεωρητική Ανάλυση

Δηλαδή υπάρχει Θεωρητική Ανάλυση και άλλη Ανάλυση;

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am
Αλλά όταν κάνουμε Calculus για την δική μας ευχαρίστηση τότε ... τα πράματα απλουστεύουν κατά πολύ

Συμφωνώ ότι όταν κάνουμε κάτι για την ευχαριστηση μας κάνουμε ότι θέλουμε για να το ευχαριστηθούμε.Αλλά αυτό
σε καμία περίπτωση δεν σημαίνει ότι το κάναμε σωστά.
Και αν δεν κάνω λάθος το

είναι ένα σοβαρό forum που αυτά που δημοσιεύει κάποιος θεωρεί ότι είναι σωστά.

Δυστυχώς τις παραπάνω απόψεις του Τόλη τις έχουν πολλοί.Μου έδωσε την αφορμή να απαντήσω

Το συγκεκριμένο θέμα νομίζω ότι φτιάχτηκε ως εξής:
Γνωρίζοντας ότι αν

$f_{n}(x)=\sqrt{n}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}$

τότε $f_{n}\rightarrow \pi \delta$
(\delta η κατανομή του Dirac)

κοτσάραμε και ένα $\ cos$ και το είπαμε άσκηση Calculus.

Η προσωπική μου άποψη για τέτοιες κατασκευές είναι ότι δεν προάγουν τα Μαθηματικά.

#10

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 02, 2018 6:23 pm
Με αφορμή το ολοκλήρωμα εδώ καλείστε να υπολογίσετε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n\rightarrow + \infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x }{(1+x^2)^{n}} \; \mathrm{d} x}$

Αλλιώς.

H αλλαγή μεταβλητής $x= \tan t$ δίνει $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x }{(1+x^2)^{n}} \;dx = \int_{0}^{\pi /2}\frac{\cos (\tan t) \sec ^2 t}{(\sec ^ 2 t)^{n}} \;dt} = \int_{0}^{\pi /2}\cos ^{2n-2} t \cos (\tan t) \;dt}$ .

Από την ανισότητα $\displaystyle{1\ge \cos x \ge 1 - \frac {x^2}{2} }$ έχουμε $\displaystyle{1\ge \cos (\tan t) \ge 1 - \frac {\tan ^2 t}{2} = \frac {3}{2} - \frac {1}{2\cos ^2 t}}$ . Άρα

$\displaystyle{ \sqrt n \int_{0}^{\pi /2}\cos ^{2n-2} t \;dt} \ge \sqrt n \int_{0}^{\pi /2}\cos ^{2n-2} t \cos (\tan t) \;dt}\ge \sqrt n \int_{0}^{\pi /2}\left ( \frac {3}{2}\cos ^{2n-2} t - \frac {1}{2} \cos ^{2n-4} t \right ) \;dt}}$

Παίρνοντας όριο και με χρήση του τύπου του Stirling έχουμε ότι το αριστερό μέλος τείνει στο $\displaystyle{\frac {\sqrt {\pi}}{2}$ και το δεξί στο $\displaystyle{\frac {3\sqrt {\pi}}{4}-\frac {\sqrt {\pi}}{4}=\frac {\sqrt {\pi}}{2}$ (ίσο με το προηγούμενο). Και λοιπά.

Σχολιάζω ότι στην θέση του $\cos$ θα μπορούσε να μπει οποιαδήποτε άλλη συνάρτηση που ικανοποιεί την ανισότητα (ή κάποια παραλλαγή της) που χρησιμοποιήσαμε για το $\cos$ .

#11

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 12:47 am
οπότε χρειάζεται λιγότερη αυστηρότητα αφού αν κάτι πάει στραβά αμέσως θα το καταλάβουμε.

Τόλη, νομίζω το κλειδί είναι εδώ. Μπορεί και να μην το καταλάβουμε καθόλου. Ιδίως αν δεν έχουμε στην διάθεσή μας κάποιο υπολογιστικό πακέτο. Π.χ.

Να υπολογιστεί το

$\displaystyle I = \lim_{n \to \infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-|n-x|} \, \mathrm{d}x$

Αν περάσουμε αμέσως το όριο μέσα στο ολοκλήρωμα θα πάρουμε

$\displaystyle I = \int_{-\infty}^{\infty} \lim_{n \to \infty} e^{-|n-x|} \, \mathrm{d}x = 0$

που δεν θα μας υποψιάσει ότι κάτι κάναμε λάθος. Ακόμη και το ότι βρήκαμε απάντηση

ενώ όλα τα ολοκληρώματα είναι θετικά δεν θα μας υποψιάζει ότι κάναμε λάθος διότι μπορεί τα ολοκληρώματα να μικραίνουν όταν το

τείνει στο άπειρο.

Όμως κάθε ένα από αυτά τα ολοκληρώματα ισούται με

. Πράγματι με αλλαγή μεταβλητών y = x-n

έχουμε

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-|n-x|} \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-|y|} \, \mathrm{d}y = 2 \int_0^{\infty} e^{-y} \, \mathrm{d}y = \cdots = 2.$

$\rule{500pt}{1pt}$

Από την άλλη, κάτι που σίγουρα επιτρέπεται είναι αυτό που έκανε και ο Αρχιμήδης με την περίφημη ευρετική του μέθοδο:

Εύρεση του ποια πρέπει να είναι η απάντηση με οποιοδήποτε τρόπο και μετά επιβεβαίωση της ορθότητας με αυστηρό τρόπο. Π.χ. ο Αρχιμήδης πρώτα βρήκε πόσο πρέπει να ισούται το εμβαδόν κάτω από μια παραβολή με νόμους των μοχλών (την εξισορροπούσε σε μοχλό με ένα τρίγωνο) και έπειτα επιβεβαίωσε την απάντηση αυστηρά χρησιμοποιώντας την μέθοδό του της εξάντλησης.

Όριο με αφορμή

Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Re: Όριο με αφορμή

Μέλη σε σύνδεση