Τύπου Riemann άθροισμα

Tolaso J Kos · #1

Δικαιολογήσατε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \left(\frac{2j-1}{m}-1\right) \log \left(\frac{j}{m}\right) \xrightarrow[m \rightarrow +\infty]{} \int_{0}^{1} (2x-1)\log x \, \mathrm{d}x =\frac{1}{2}}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 26, 2019 2:37 pm
Δικαιολογήσατε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \left(\frac{2j-1}{m}-1\right) \log \left(\frac{j}{m}\right) \xrightarrow[m \rightarrow +\infty]{} \int_{0}^{1} (2x-1)\log x \, \mathrm{d}x =\frac{1}{2}}$

Επειδή $\log t$ είναι σταθερό πολλαπλάσιο του $\ln t$ , αρκεί να δείξουμε το παραπάνω για φυσικό λογάριθμο.

H $\displaystyle{f(x)=x\ln x}$ για $x\ne 0$ και f(0)=0

είναι συνεχής στο [0,1]

. Άρα από το Θεώρημα Riemann με ισοδιαμέριση είναι

$\displaystyle{\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \frac{2j}{m} \ln \left(\frac{j}{m}\right) \xrightarrow[m \rightarrow +\infty]{} \int_{0}^{1} 2x\ln x \, \mathrm{d}x =-\frac{1}{2}}\,(*)$

Επίσης $\displaystyle{\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \frac{m+1}{m} \ln \left(\frac{j}{m}\right) =\frac{m+1}{m^2} \sum_{j=1}^{m} \ln \left(\frac{j}{m}\right) = \frac{m+1}{m}\cdot \frac{1}{m}\ln \left(\frac{m!}{m^m}\right)\, (**)$ .

Από Strirling είναι

$\displaystyle{ \frac{1}{m}\ln \left(\frac{m!}{m^m}\right)= \ln \frac { \sqrt [m]{ m!} }{m} \to \ln \frac {1}{e} =-1}$ οπότε το δεξί μέλος της (**)

τείνει στο

. Με άλλα λόγια η (**)

γράφεται

$\displaystyle{\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \frac{m+1}{m} \ln \left(\frac{j}{m}\right) \xrightarrow[m \rightarrow +\infty]{}-1 (***)}$

Γράφοντας $\displaystyle{ 1= -\int_{0}^{1} \ln x dx }$ και αφαιρώντας κατά μέλη τις (*), (***)

έπεται το ζητούμενο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Είναι

$\displaystyle{\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \left(\frac{2j-1}{m}-1\right) \log \left(\frac{j}{m}\right) = {\frac{1}{m} \sum_{j=1}^{m} \left(\frac{2j}{m}-1\right) \log \left(\frac{j}{m}\right)-\frac{1}{m^2}\sum_{j=1}^{m} \log \left(\frac{j}{m}\right)$ (1)

Είναι γνωστό ότι για μονότονη συνάρτηση και γενικευμένο Riemann ισχύει

$\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})\rightarrow \int_{0}^{1}f(x)dx$

(σίγουρα έχει συζητηθεί εδώ)

Το προηγούμενο εξακολουθεί να ισχύει αν η συνάρτηση είναι συνεχής στο (0,1]

και μονότονη
στο (0,a)

για κάποιο 0<a<1

.

Ετσι ο τελευταίος όρος στην (1) συγκλίνει στο

Αν πάρουμε την $f(x)=(2x-1)\log x$
και το εφαρμόσουμε παίρνουμε το ζητούμενο.

Εναλλακτικά μπορούμε να το εφαρμόσουμε για την μονότονη $\log x$ και την συνεχή $2x\log x$

Συμπλήρωμα. Ευχαριστώ τον Μιχάλη Λάμπρου που μου υπέδειξε σφάλμα στην σχέση (1).
Η (1) διορθώθηκε .Επίσης με μπλε έγινε μια προσθήκη στο αρχικό κείμενο.

#4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 26, 2019 11:25 pm

Είναι γνωστό ότι για μονότονη συνάρτηση και γενικευμένο Riemann ισχύει

$\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})\rightarrow \int_{0}^{1}f(x)dx$

(σίγουρα έχει συζητηθεί εδώ)

Το προηγούμενο εξακολουθεί να ισχύει αν η συνάρτηση είναι συνεχής στο και μονότονη
στο για κάποιο .

.
Σωστά. Βλέπε εδώ.

Τύπου Riemann άθροισμα

Τύπου Riemann άθροισμα

Re: Τύπου Riemann άθροισμα

Re: Τύπου Riemann άθροισμα

Re: Τύπου Riemann άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση