Όρια με ολοκληρώματα

mathxl · #81

27) και φρενάρω για την ώρα

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^n l n(1 + {e^{ - x}})dx.}$

mathxl · #82

mathxl έγραψε:27) και φρενάρω για την ώρα
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^n l n(1 + {e^{ - x}})dx.}$

Τι ψεύτης Θεέ μου...

28) Να δείξετε ότι
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {n^2}\left( {\int_0^1 {\sqrt[n]{{1 + {x^n}}}} dx - 1} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}.}$

#83

mathxl έγραψε:24)
Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,1] \to (0,\infty )}$ . Αν α > 0 και $\displaystyle{F(\alpha ) = \int_0^1 {f{{(t)}^\alpha }dt} }$
να
ι) δείξετε ότι η F είναι παραγωγίσιμη στο (0,1)
ιι) υπολογίσετε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} F{(\alpha )^{\frac{1}{\alpha }}}}$
ιιι) υπολογίσετε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to \infty } F{(\alpha )^{\frac{1}{\alpha }}}}$

$\displaystyle{i)}$ Η παραγωγισιμότητα της $\displaystyle{F(a)}$ προκύπτει από τον κανόνα του Leibnitz και ισχύει στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$ , με $\displaystyle{F{'}(a)=\int_{0}^{1}\ln(f(t))e^{a\ln(f(t))}\,dt}$

Παρατηρούμε ότι οι $\displaystyle{f(t),\,\ln(f(t))}$ είναι φραγμένες στο $\displaystyle{[0,1]}$ . Από τη συνέχεια τώρα της $\displaystyle{e^{x}}$ στο

, προκύπτει εύκολα ότι $\displaystyle{f^{a}(t)\stackrel{o\mu}{\longrightarrow}1}$ και $\displaystyle{\ln(f(t))f^{a}(t)\stackrel{o\mu}{\longrightarrow}\ln(f(t))}$ στο $\displaystyle{[0,1]}$ καθώς $\displaystyle{a\to0}$ . $\boxed{*}$

Τώρα έχουμε :

$\displaystyle{ii)}$ $\displaystyle{\lim_{a\to0}\big(F(a)\big)^{1/a}=\lim_{a\to0}e^{(1/a)\ln F(a)}=e^{\lim_{a\to0}(1/a)\ln F(a)}\stackrel{\boxed{*}\Rightarrow0/0}{=}e^{\lim_{a\to0}F{'}(a)/F(a)}\stackrel{\boxed{*}}{=}e^{\int_{0}^{1}\ln(f(t))\,dt}}$ .
********************************************************************************
Για το iii)

, δεν ξέρω αν μπορεί να χρησιμοποιηθεί το πρώτο, η λύση μου όμως είναι η εξής :

Θέτω $\displaystyle{M=\max_{x\in[0,1]}f(x)}$ .

Έστω $\displaystyle{h>0}$ . Από τη συνέχεια της $\displaystyle{f}$ βρίσκω $\displaystyle{[c,d]\subseteq[0,1]}$ με $\displaystyle{M\geq f(x)\geq M-h>0\,\,\forall x\in[c,d]}$ ,

άρα και $\displaystyle{f^{a}(x)\geq (M-h)^{a}>0\,\,\forall x\in[c,d]\quad\boxed{*}}$ .

Επειδή $\displaystyle{(d-c)^{1/a}\stackrel{a\to+\infty}{\longrightarrow}1}$ , βρίσκω και $\displaystyle{a_{0}}$ με $\displaystyle{a\geq a_{0}\Rightarrow1-(d-c)^{1/a}\leq\frac{h}{M-h}\Rightarrow(M-h)\Big((d-c)^{1/a}-1\Big)\geq-h\quad\boxed{**}}$ .

Τώρα

$\displaystyle{a\geq a_{0}\Rightarrow\begin{cases}\displaystyle\big(F(a)\big)^{1/a}\leq \Big(\int_{0}^{1}M^{a}\,dx\Big)^{1/a}=M<M+2h \\ \displaystyle\big(F(a)\big)^{1/a}\geq\Big(\int_{0}^{1}(M-h)^{a}\,dx\Big)^{1/a}\geq\Big(\int_{c}^{d}(M-h)^{a}\,dx\Big)^{1/a}=(M-h)(d-c)^{1/h}\stackrel{\boxed{**}}{\geq}M-2h\end{cases}\Rightarrow|\big(F(a)\big)^{1/a}-M|\leq2h}$ ,

άρα το όριο είναι $\displaystyle{M}$ .

******************************************************************

Να συμπληρώσω ότι ισχύει και ότι $\displaystyle{\lim_{a\to-\infty}\big(F(a)\big)^{1/a}=m}$ , όπου $\displaystyle{m:=\min_{x\in[0,1]}f(x)}$ .

Απόδειξη :

$\displaystyle{\lim_{a\to-\infty}\big(F(a)\big)^{1/a}\stackrel{y=-a}{=}\lim_{y\to+\infty}\Big(\int_{0}^{1}f^{-y}(x)\,dx\Big)^{-1/y}=\lim_{y\to+\infty}\frac{1}{\displaystyle\Big(\int_{0}^{1}\Big(\frac{1}{f(x)}\Big)^{y}\,dx\Big)^{1/y}}\stackrel{ii)}{\longrightarrow}1/\max_{x\in[0,1]}1/f(x)\stackrel{\boxed{*}}{=}\min_{x\in[0,1]}f(x)}$ .

$\displaystyle{\boxed{*}\,\,:}$ $\displaystyle{M_{1/f}:=\max_{x\in[0,1]}1/f(x)\Rightarrow\forall x\in[0,1]: 1/f(x)\leq M_{1/f}\Rightarrow\forall x\in[0,1]: f(x)\geq1/M_{1/f}\Rightarrow1/M_{1/f}=m_{f}}$ (με τις αντίχτοιχες ισότητες φυσικά να "πιάνονται").

*********************************************************************

Το αντίστοιχο διακριτό ανάλογο των παραπάνω είναι το εξής :

Έστω $\displaystyle{a_{1},\ldots,a_{n}}$ θετικοί πραγματικοί και $\displaystyle{p\in\mathbb{R}}$ .

Αν $\displaystyle{p\neq0}$ , θέτουμε $\displaystyle{M_{p}=\Big(\frac{a_{1}^{p}+\cdots+a_{n}^{p}}{n}\Big)^{1/p}}$ και $\displaystyle{M_{0}=(a_{1}\cdots a_{n})^{1/n}}$ . Δείξτε ότι

$\displaystyle{i)}$ $\displaystyle{p<q\Rightarrow M_{p}\leq M_{q}}$ ,

$\displaystyle{ii)}$ $\displaystyle{\lim_{p\to+\infty}M_{p}=\max\{a_{1},\ldots,a_{n}\}}$

$\displaystyle{iii)}$ $\displaystyle{\lim_{p\to-\infty}M_{p}=\min\{a_{1},\ldots,a_{n}\}}$ και

$\displaystyle{iv)}$ $\displaystyle{\lim_{p\searrow 0}M_{p}=M_{0}}$

(Νεγρεπόντης ΙΙα σ.155 ασκ 21.100)

mathxl · #84

Η παραπάνω άσκηση είναι από $\displaystyle{{\rm{Admitere SNSB}},{\rm{ 2}}00{\rm{6}}}$ και δεν είχε λύση από εκεί που την πήρα

#85

Ας δούμε και μια παρόμοια με την 24)

Έστω $\displaystyle{f[a,b]\to\mathbb{R}}$ ( $\displaystyle{\inf f>0}$ για τα $\displaystyle{ii),iii)}$ ) ολοκληρώσιμη.

Θέτουμε $\displaystyle{f_{kn}=f(a+k\delta_{n})}$ με $\displaystyle{\delta_{n}:=\frac{b-a}{n}}$ . Τότε :

$\displaystyle{i)}$ $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{f_{1n}+\cdots+f_{nn}}{n}=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\,dx}$ ,

$\displaystyle{ii)}$ $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{f_{1n}\cdots f_{nn}}=e^{\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}\ln(f(x))\,dx}}$ , και

$\displaystyle{iii)}$ $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{1/f_{1k}+\cdots+1/f_{1n}}=\frac{b-a}{\int_{a}^{b}1/f(x)\,dx}}$

Υ.Γ.: Γενικεύεται και στα γενικευμένα ολοκληρώματα

#86

Μια γενίκευση της $\displaystyle{24)}$ $\displaystyle{iii)}$ υπάρχει εδώ με τη μόνη διαφορά ότι εδώ η μεταβλητή ως προς την οποίια παίρνουμε όριο είναι συνεχής

mathxl · #87

Τάσο έχω ήδη δώσει μία για 28 , αν βάλουμε 29 την δική σου τότε η ακόλουθη είναι η
30) Να προσδιορίσετε τον πραγματικ'ό αριθμό α ώστε $\displaystyle{L \in \left( {0, + \infty } \right)}$
με $\displaystyle{L = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^\alpha }\int\limits_0^1 {{{\sin }^{2n}}\frac{{\pi x}}{2}dx} }$
Για την τιμή του α που βρήκατε να υπολογίσετε και το όριο L

#88

mathxl έγραψε:27) και φρενάρω για την ώρα
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^n l n(1 + {e^{ - x}})dx.}$

$\displaystyle{\int_0^n l n(1 + {e^{ - x}})dx\stackrel{x=ny}{=}\int_{0}^{1}n\ln\Big(1+\frac{1}{e^{ny}}\Big)\,dy=\int_{0}^{1}n\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k e^{nky}}=\sum_{k=1}^{+\infty}n\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_{0}^{1}e^{-nky}\,dy=\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1-e^{-nk}}{k^{2}}=}$

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k^2}-\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{e^{-kn}}{k^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}-\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{e^{-kn}}{k^{2}}\to\frac{\pi^{2}}{12}-0}$

mathxl · #89

Την ίδια λύση έχω δει και εγώ η οποία βασίζεται στην σειρά $\displaystyle{ln(1 + x) = \sum\limits_{n \ge 0} ( - 1{)^n}\frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}}$
χωρίς αλλαγή μεταβλητής

$\displaystyle{\int\limits_0^n l n(1 + {e^{ - x}}) = \int\limits_0^n {\sum\limits_{k \ge 0} ( } - 1{)^k}\frac{{{e^{ - x(k + 1)}}}}{{k + 1}} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{k \ge 0} {\frac{{{{( - 1)}^k}}}{{k + 1}}} \int\limits_0^n {{e^{ - x(k + 1)}}} = \sum\limits_{k \ge 0} {\frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}}}{{{{(k + 1)}^2}}}} ({e^{ - n(k + 1)}} - 1) = }$

$\displaystyle{ = {e^{ - n}}\sum\limits_{k \ge 0} {\frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}}}{{{{(k + 1)}^2}}}} {e^{ - nk}} - \sum\limits_{k \ge 0} {\frac{{{{( - 1)}^k}}}{{{{(k + 1)}^2}}}} = {e^{ - n}}C + \frac{{{\pi ^2}}}{{12}} \to \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}}$

Με τέτοιο τρόπο βγαίνει $\displaystyle{\int\limits_0^n l n(1 + {e^{ - x}})dx = \int\limits_0^n {\int_0^{{e^{ - x}}} {\frac{1}{{1 + u}}\,du} } dx}$
;;; (Αλλαγή σειράς ολοκλήρωσης);

#90

mathxl έγραψε:Τι ψεύτης Θεέ μου...
28) Να δείξετε ότι
$\displaystyle{I=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {n^2}\left( {\int_0^1 {\sqrt[n]{{1 + {x^n}}}} dx - 1} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}.}$

Πάρα πολύ μου άρεσε αυτό!

Λοιπόν:

$\displaystyle{I=\lim_{n\to+\infty}n^{2}\int_{0}^{1}(1+x^{n})^{1/n}-1\,dx=\lim_{n\to+\infty}n^{2}\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{+\infty}\binom{1/n}{k}x^{nk}\,dx=\lim_{n\to+\infty}n^{2}\sum_{k=1}^{+\infty}\binom{1/n}{k}\int_{0}^{1}x^{nk}\,dx=}$

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n^{2}\sum_{k=1}^{+\infty}\binom{1/n}{k}\frac{1}{nk+1}=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{n^{2}}{nk+1}\frac{\frac{1}{n}\Big(\frac{1}{n}-1\Big)\Big(\frac{1}{n}-2\Big)\cdots\Big(\frac{1}{n}-(k-1)\Big)}{k!}=}$

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\left(\lim_{i\to+\infty}\sum_{k=1}^{i}(-1)^{k-1}\frac{(n-1)(2n-1)\cdots\big((k-1)n-1\big)}{n^{k-2}k!(nk+1)}\right)}$

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\left(\lim_{i\to+\infty}\sum_{k=1}^{i}\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!n^{k-1}+a_{k-2}n^{k-2}+\cdots+(-1)^{k-1}}{(k-1)!k^{2}n^{k-1}+k!n^{k-2}}\right)=}$ (εναλλαγή ορίων)

$\displaystyle{\lim_{i\to+\infty}\left(\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{i}\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!n^{k-1}+a_{k-2}n^{k-2}+\cdots+(-1)^{k-1}}{(k-1)!k^{2}n^{k-1}+k!n^{k-2}}\right)=}$ (για σταθερό

έχουμε πηλίκο πολυωνύμων του $\displaystyle{n}$ ίδιου βαθμού $\displaystyle{k-1}$ )

$\displaystyle{\lim_{i\to+\infty}\sum_{k=1}^{i}(-1)^{k-1}\frac{1}{k^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}}$ ,

Με την εναλλαγή των ορίων να δικαιολογείται λόγω απόλυτης σύγκλισης.

mathxl · #91

Τάσο το θέμα είναι από Vojtech Jarnik, 2002, Categoria II και είνα αναπάντητο από εκεί που το πήρα

#92

mathxl έγραψε:Τάσο το θέμα είναι από Vojtech Jarnik, 2002, Categoria II και είνα αναπάντητο από εκεί που το πήρα

Αυτές οι ονομασίες που δίνεις είναι forums;

mathxl · #93

Διαγωνισμοί πρέπει να είναι που βρίσκω από φόρουμ

mathxl · #94

31) Ας δούμε (ένα γράμμα πιο αριστερά στο πληκτρολόγιο Φωτεινή

-όπως καταλαβαίνεις, δεν κοιτώ τι γράφω

) και αυτό το όριο
$\displaystyle{ \mathop{\lim }\limits_{x\to+\infty }\int\limits_{0}^{x}{\sin\left({{t^{2}}}\right)dt} }$

#95

Είναι τα λεγόμενα Fresnel integrals !
To αποτέλεσμα είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}}$
Από ότι θυμάμαι όμως δεν είναι και πολύ εύκολο στον υπολογισμό!

#96

---->Πατήστε εδώ

Ωmega Man · #97

Από ότι θυμάμαι όμως δεν είναι και πολύ εύκολο στον υπολογισμό!

Δες και εδώ.

mathxl · #98

Ωmega Man έγραψε:
Από ότι θυμάμαι όμως δεν είναι και πολύ εύκολο στον υπολογισμό!
Δες και εδώ.

Αυτό ήθελα Γιώργο, ευχαριστώ
Δίνω και μια άλλη λύση που βρήκα με Γ και διπλό ολοκλήρωμα εδώ http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... +integrals
ο κόλπο ακόμη πιο γρήγορα και όμορφα εδώ http://www.mathhelpforum.com/math-help/ ... ost44.html

Τάσο έφαγες χαλασμένο φαγητό και πήρες χρώμα σαν μελιτζάνα?

Καλορίζικοι οι επιμελητές μας

#99

Με διπλό ολοκλήρωμα και εναλλαγή σειράς άθροισης (χωρίς μιγαδική ανάλυση) υπάρχει και στο βιβλίο του Nowak Problems in mathematical analysis III p.191

#100

mathxl έγραψε:28) Να δείξετε ότι
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {n^2}\left( {\int_0^1 {\sqrt[n]{{1 + {x^n}}}} dx - 1} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}.}$

Είναι συγκεκριμένα το πρόβλημα 4 του 2002 της κατηγορίας 2 εδώ.

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