Όρια με ολοκληρώματα

#161

erxmer έγραψε:66) Ας υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{\lim_{n \to +\infty}n^{-2}\underbrace{\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{n^2}{\frac{1}{\sqrt{n^2+ni+j}}}}}_{:=A_{n}}}}$

Χρησιμοποιούμε το ολοκληρωτικό κριτήριο σύγκλισης:

Αν η $f:[N,+\infty)\to\mathbb R$ είναι γνησίως φθίνουσα όπου

ακέραιος, τότε $\displaystyle{\int_{N}^{M+1}f(x)\,dx\leq\sum_{k=N}^{M}f(k)\leq f(N)+\int_{N}^{M}f(x)\,dx}$ για κάθε $\mathbb Z\ni M>N$ .

Έστω

σταθερό μεγάλο.
Εκτιμούμε αρχικά το δεύτερο άθροισμα για

σταθερό. Η $(n^2+ni+x)^{-1/2}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $[1,+\infty)$ , άρα για (M,N)=(n^2,1)

στο κριτήριο παίρνουμε

$\displaystyle{2\left((2n^2+ni+1)^{1/2}-(n^2+ni+1)^{1/2}\right)=\int_{1}^{n^2+1}(n^2+ni+x)^{-1/2}\,dx\leq\sum_{j=1}^{n^2}(n^2+ni+j)^{-1/2}\leq}$

$\displaystyle{(n^2+ni+1)^{-1/2}+\int_{1}^{n^2}((n^2+ni+x))^{-1/2}\,dx=2\left((2n^2+ni)^{-1/2}-(n^2+ni+1)^{-1/2}\right)}$ .

Αθροίζουμε τις ανισότητες για $i=1,\ldots,n$ και παίρνουμε

$\displaystyle{2\sum_{i=1}^{n}\left((2n^2+ni+1)^{1/2}-(n^2+ni+1)^{1/2}\right)\leq A_{n}\leq\sum_{i=1}^{n}(n^2+ni+1)^{-1/2}+2\sum_{i=1}^{n}\left((2n^2+ni)^{-1/2}-(n^2+ni+1)^{-1/2}\right)}$ .

Εφαρμόζουμε μια φορά ακόμα το κριτήριο για τις συναρτήσεις

$f_{1}(x):=(n^2+nx+1)^{-1/2}$ , $f_{2}(x):=(2n^2+nx)^{-1/2}-(n^2+nx+1)^{-1/2}$ στο [1,n]

για να πάρουμε το δεξί φράγμα και για τη συνάρτηση

$f_{3}(x):=(2n^2+nx+1)^{1/2}-(n^2+nx+1)^{1/2}$ στο ίδιο διάστημα για το αριστερό φράγμα, πολλαπλασιάζουμε με 1/n^2

, παίρνουμε όρια και από παρεμβολή $n^{-2}A_{n}\to\frac{4}{3}-\frac{16\sqrt{2}}{3}+4\sqrt{3}$ .

Το παραπάνω κριτήριο είναι πάρα πολύ χρήσιμο γιατί μπορούμε να περνάμε από άθροισμα σε ολοκλήρωμα που έχουμε μεγαλύτερη ελευθερία κινήσεων. Αν πχ κάπου σε μια παράσταση που ψάχνουμε όριο παρουσιάζεται μια σειρά $\sum_{k=1}^{n}f(n)$ που αποκλίνει, από το κριτήριο ξέρουμε ότι $\sum_{k=1}^{n}f(k)\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\int_{1}^{n}f(x)\,dx$ , και το ολοκλήρωμα μπορεί ενδεχομένως να υπολογίζεται ή να μπορούμε ευκολότερα να εκτιμήσουμε τη συμπεριφορά του με ολοκλήρωση κατά μέρη ή άλλους τρόπους. Αυτά...

#162

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{0}^{\pi/4}e^{x(\cos t-1)}\cos t\,dt}$ .

#163

Ας υπολογιστεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\left(x^{3/2}\int_{0}^{\pi/2}e^{-x\sin^2t}\,dt-\frac{\sqrt{\pi}x}{2}\right)}$ .

nonlinear · #164

69) Να υπολογιστεί το όριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt n }} \cdot \sqrt[{{n^2}}]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{i^i}} }}} \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#165

nonlinear έγραψε:69) Να υπολογιστεί το όριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt n }} \cdot \sqrt[{{n^2}}]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{i^i}} }}} \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Το έβγαλα $\displaystyle{\sqrt[4]{e}}$

$\displaystyle{n^{-1/2}\left(\prod_{i=1}^{n}i^i\right)^{1/n^2}=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\cdot n\right)=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}+\frac{\ln n}{n^2}\frac{(1+n)n}{2}\right)=}$
$\displaystyle{\sqrt[2n]{n}\exp\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\right)\to\exp\left(\int_{0}^{1}x\ln x\,dx\right)=e^{-1/4}}$ .

nonlinear · #166

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
nonlinear έγραψε:69) Να υπολογιστεί το όριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt n }} \cdot \sqrt[{{n^2}}]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{i^i}} }}} \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Το έβγαλα $\displaystyle{\sqrt[4]{e}}$
$\displaystyle{n^{-1/2}\left(\prod_{i=1}^{n}i^i\right)^{1/n^2}=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\cdot n\right)=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}+\frac{\ln n}{n^2}\frac{(1+n)n}{2}\right)=}$
$\displaystyle{\sqrt[2n]{n}\exp\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\right)\to\exp\left(\int_{0}^{1}x\ln x\,dx\right)=e^{-1/4}}$ .

To $\displaystyle{\int_{0}^{1}x\ln x\,dx\right)}$ δεν οριζεται οποτε παμε εψιλοντικα (lim ε->0). Το αποτελεσμα βεβαια δεν αλλαζει.

Ωmega Man · #167

Αυτό που λέει ο nonlinear λίγο διαφορετικά......(απλά για να υπάρχει).

$\displaystyle{\bf \int_{0}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x=\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_\frac{1}{n}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x}$ και το τελευταίο

$\displaystyle{\bf \int_{\frac{1}{n}}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x=\frac{x^{2}}{2}\log(x)\bigg|_{\frac{1}{n}}^{1}-\int_{\frac{1}{n}}^{1}\frac{x}{2}\;\texttt{d}x=\frac{1}{2n^{2}}\log(n)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2n^{2}}\right)=\frac{1}{2n^{2}}\log(n)+\frac{1}{4n^{2}}-\frac{1}{4}\overset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}-\frac{1}{4}}$ και έτσι $\displaystyle{\bf \int_{0}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x=-\frac{1}{4}}$ .

#168

Υπολογίστε, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x(t^2+1-\cos t)}\frac{t}{\sinh t}\,dt}$ .

#169

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{0}^{\pi/4}e^{x(\cos t-1)}\cos t\,dt}$ .

Θα εφαρμόσουμε την μέθοδο του Laplace:
Έστω $\displaystyle{x \to + \infty }$ και

θέση ολικού ελαχίστου της συνάρτησης g(t)

, δηλαδή $\displaystyle{g'\left( s \right) = 0{\text{ \& }}g''\left( s \right) > 0}$ . Τότε $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right){e^\big{{ - xg\left( t \right)}}}dt} \sim \sqrt {\frac{{2\pi }}{{x \cdot g''\left( s \right)}}} f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}}$ .

Η απόδειξή του, (χωρίς αυστηρότητα) ακολουθεί τα εξής: $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right){e^\big{{ - xg\left( t \right)}}}dt} \sim \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right){e^\big{{ - x\left( {g\left( s \right) + \frac{1}{2}g''\left( s \right){{\left( {t - s} \right)}^2} + ..} \right)}}}dt} \sim f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^\big{{ - \dfrac{x}{2}g''\left( s \right){y^2}}}}dy} \sim }$

$\displaystyle{ \sim f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {{\left( {\sqrt {\dfrac{{xg''\left( s \right)}}{2}} y} \right)}^2}}}dy} \sim \sqrt {\frac{{2\pi }}{{xg''\left( s \right)}}} f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}}$ http://www2.ph.ed.ac.uk/~dmarendu/MOMP/lecture04.pdf

Στο θέμα μας.

Για $\displaystyle{f\left( t \right) = \cos t{\text{ }}{\text{, }}g\left( t \right) = 1 - \cos t}$ και επειδή στην θέση t=0

έχουμε ολικό ελάχιστο για την g(t)

με $\displaystyle{g'\left( 0 \right) = 0{\text{ \& }}g''\left( 0 \right) = 1}$ ,

για «μεγάλα»

θα έχουμε $\displaystyle{I = \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - x\left( {1 - \cos \left( t \right)} \right)}}}\cos \left( t \right)dt} = \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - x\left( {\dfrac{{{t^2}}}{2} - \dfrac{{{t^4}}}{{4!}} + ..} \right)}}}\cos \left( t \right)dt} \sim \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - {{\left( {\dfrac{{t\sqrt x }}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}}\cos \left( t \right)dt} = \mathop = \limits^\big{{\dfrac{{t\sqrt x }}{{\sqrt 2 }} = y}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }}\int\limits_0^{\pi \sqrt x /4\sqrt 2 } {{e^{ - {y^2}}}\cos \left( {y\frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }}} \right)dy} \sim \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }}\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - {y^2}}}}dy} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{2}}$

Τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt x \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - x\left( {1 - \cos \left( t \right)} \right)}}}\cos \left( t \right)dt} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt x \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{2} = \sqrt {\frac{\pi }{2}} }$ .

#170

Όμορφα! Αυτό ήταν το κλού της άσκησης Σεραφείμ.

Μια λεπτομερή απόδειξη της μεθόδου του Laplace, καθώς και μια διαφορετική αντιμετώπιση του θέματος με χρήση του Λήμματος του Watson (καθώς και την απόδειξή του) μπορεί κανείς να δει στα Θέματα Ανάλυσης.

vzf · #171

Yπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{0}^{\frac{\displaystyle\pi}{2}}{\left(1-\sqrt[n]{sinx}\right)dx}$ .

#172

vzf έγραψε:Yπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{0}^{\frac{\displaystyle\pi}{2}}{\left(1-\sqrt[n]{\sin x}\right)dx:=\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi/2}f_{n}(x)\,dx}$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(t)=t\sin ^{1/t}x$ όπου $x\in(0,\pi/2]$ τυχαίο αλλά σταθερό και $t\geq1$ .

Είναι $f{'}(t)=\sin^{1/t}x\left(1-\frac{\ln(\sin x)}{t}\right)>0$ , άρα $n_{1}<n_{2}\Rightarrow n_{1}(1-\sin^{1/n_{1}}x)<n_{2}(1-\sin^{1/n_{2}}x)\Rightarrow f_{n_{1}}(x)<f_{n_{2}}(x)$ .

Επίσης είναι $f_{n}(x)\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}-\ln(\sin x)$ για $x\in(0,\pi/2]$ , οπότε από το θεώρημα μονότονης σύγκλισης είναι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi/2}f_{n}(x)\,dx=\int_{0}^{\pi/2}-\ln(\sin x)\,dx}$ , το οποίο έχουμε ξανασυζητήσει σε παλαιότερο ποστ ότι κάνει $\displaystyle{\frac{\pi\ln2}{2}}$ .

mathxl · #173

72) Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_a^b {\frac{{si{n^n}x}}{{si{n^n}x + co{s^n}x}}} dx}$

όταν $\displaystyle{0 \le a < b \le \frac{\pi }{2}}$

mathxl · #174

#175

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{61)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{-\pi }^{\pi }{\arctan \left( \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n}{k{{\sin }^{2}}(kx)} \right)\,dx}}$ .

Εδώ.

#176

74.

$\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\,\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#177

socrates έγραψε:74.

$\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\,\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=438394

Από το ανάπτυγμα Taylor της $\tan t$ στο

, βλέπουμε ότι $\displaystyle{\cot t^2=\frac{1}{t^2}+\mathcal O(t^2)}$ άρα η $\cot t^2$ συμπεριφέρεται κοντά στο

όπως η $\displaystyle{\frac{1}{t^2}}$ . Κάνουμε λοιπόν το εξής για να απλουστεύσουμε την κατάσταση:

Γράφουμε $\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t =\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}-\frac{1}{t^2}\,dt+\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{t^2}\,dt }$ .

Τώρα $\displaystyle{\cot t^{2}-\frac{1}{t^2}=\mathcal O(t^2)}$ , άρα $\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}-\frac{1}{t^2}\,dt=\mathcal O\left(\int_{1/x}^{1/(x+1)}t^2\right)=\mathcal O\left(\frac{1}{(x+1)^3}-\frac{1}{x^3}\right)=\mathcal O(x^{-4})}$ ενώ

$\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{t^2}\,dt=1}$ , άρα $\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t =1+\mathcal O(x^{-4})\to1}$ .

Μπορούμε να βρούμε και καλύτερη προσσέγγιση της ποσότητας ξεκινώντας από καλύτερη προσσέγγιση της $\displaystyle{\tan t}$ κοντά στο

.

#178

Αν

, ας βρεθεί αν υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\left(\int_{0}^{1}(1+ax^n)^n\,dx\right)^{1/n}}$

vzf · #179

$\displaystyle{76)}$ Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\displaystyle \lim_{{{t}\to{0}}}\frac{{1}}{{t}}{\int_{{0}}^{{t}}}{\left|{\sin{{\left(\frac{{1}}{{x}}\right)}}}\right|}{\left.{d}{x}\right}}.$

$\displaystyle{77)}$ Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\displaystyle \lim_{{{t}\to{0}}}\frac{{1}}{{t}}{\int_{{0}}^{{t}}}{\cos{{\left({\sin{{\left({\tan{{\left(\frac{{1}}{{x}}\right)}}}\right)}}}\right)}}}{\left.{d}{x}\right}}.$

#180

vzf έγραψε: $\displaystyle{76)}$ Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\displaystyle \lim_{{{t}\to{0}}}\frac{{1}}{{t}}{\int_{{0}}^{{t}}}{\left|{\sin{{\left(\frac{{1}}{{x}}\right)}}}\right|}{\left.{d}{x}\right}}.$

Για το δεξί πλευρικό :

Κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής u=1/t

στο όριο και την 1/x=y

στο ολοκλήρωμα, ζητάμε να βρούμε το

$\displaystyle{\lim_{u\to+\infty}u\int_{u}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2}\,dy}$ .

Η $|\sin y|$ ως συνεχής στο $\mathbb R$ θα έχει αρχική έστω

με $F'=|\sin x|$ για $x\in\mathbb R$ . Αυτή η

θα είναι επίσης φραγμένη.

Τότε με ολοκλήρωση κατά μέρη έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned}u\int_{u}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2}\,dy&=u\left(\frac{F(y)}{y^2}\Bigg|_{u}^{+\infty}+2\int_{u}^{+\infty}\frac{F(y)}{y^3}\,dy\right) \notag \\ &\stackrel{*}{=}\frac{F(u)}{u}+2u\int_{u}^{+\infty}\frac{F(y)}{y^3}\,dy\end{aligned}}$

Η

φραγμένη.

Τώρα $\displaystyle{\frac{F(u)}{u}\to0}$ πάλι διότι η

είναι φραγμένη και για τον ίδιο πάλι λόγο

$\displaystyle{\Bigg|u\int_{u}^{+\infty}\frac{F(y)}{y^3}\,dy\Bigg|\leq u\int_{u}^{+\infty}\Bigg|\frac{F(y)}{y^3}\Bigg|\,dy\leq\frac{c}{u}\to0}$ , άρα το δεξί πλευρικό είναι

.

Για το αριστερό πλευρικό κάνουμε τα αντίστοιχα.

Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση