SEEMOUS 2012/4

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2012/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μαρ 08, 2012 3:50 pm

(α) Να υπολογιστεί το \displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n \int_0^1 \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^n \, dx.}

(β) Έστω ακέραιος k \geqslant 1. Να υπολογιστεί το \displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n^{k+1} \int_0^1 \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^n x^k \, dx.}


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Μαρ 08, 2012 5:09 pm

Μια γενική μέθοδος για το 1) που δουλεύει (νομίζω) και για το 2), καθώς επίσης και για την κλάση όλων των παραμετρικών ολοκληρωμάτων που μπορούν να έρθουν στη μορφή \displaystyle{\int_{0}^{b}f(x)e^{-nx}\,dx} με b\in\mathbb R\cup\{+\infty\} :

Για c>0 μικρό γράφουμε :

\displaystyle{\begin{aligned}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\,dx&\stackrel{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=-y}{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy\notag \\ &=\int_{0}^{c}\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy+\int_{c}^{+\infty}\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy\notag \\ :&=I_1+I_2\notag\end{aligned}}

και καθώς στο [0,c] είναι

\displaystyle{\displaystyle{\begin{aligned}\frac{1}{1+e^{-y}}&=\frac{1}{1+\left(1-y+\frac{y^2}{2}+\mathcal O(y^3)\right)}\notag \\ &=\frac{1}{2}\frac{1}{1-\left(\frac{y}{2}-\frac{y^2}{4}+\mathcal O(y^3)\right)}\notag \\ &=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}+\mathcal O(y^3)\notag\end{aligned}}}

θα έχουμε

\displaystyle{\begin{aligned}I_1&=\int_{0}^{c}e^{-ny}\left(\frac{1}{2}+\frac{y}{4}\right)\,dy+\mathcal O\left(\int_{0}^{c}y^3e^{-ny}\,dy\right)\notag \\ &=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+\mathcal O\left(n^{-1}e^{-nc}\right)+\mathcal O(n^{-4})\notag \\ &=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+\mathcal O(n^{-4})\end{aligned}}.

Ακόμα

\displaystyle{I_2<\int_{c}^{+\infty}e^{-ny}\,dy=\frac{e^{-nc}}{n}=\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})},

άρα συνολικά

\displaystyle{\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\,dx=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+\mathcal O(n^{-4})\Rightarrow n\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\,dx=\frac{1}{2}+\frac{1}{4n}+\mathcal O(n^{-3})}


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Μαρ 08, 2012 5:26 pm

Η παραπάνω γενική μέθοδος είναι ουσιαστικά το λεγόμενο Λήμμα του Watson. Μπορεί κανεις να δει και εδώ σελίδα 44, καθώς και διάφορες άλλες αρκούντως σάπιες εφαρμογές σε αυτό το τόπικ.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: SEEMOUS 2012/4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Πέμ Μαρ 08, 2012 8:54 pm

Ισχυρισμός 1
Αν f συνεχής τότε n \int_{0}^{1} x^n f(x)dx \rightarrow f(1). -Απλό με κριτήριο κυριαρχημένης σύγκλισης αλλά βγαίνει και με ε-δ.
Iσχυρισμός 2
Αν f συνεχή με f(x)=(x-1)^kg(x) , g συνεχή τότε n^{k+1} \int_{0}^{1} x^n f(x)dx \rightarrow (-1)^kg(1). Aπόδειξη με συνεχόμενη παραγοντική ολοκλήρωση ώστε να πέσουμε στον 1ο ισχυρισμό.

Τώρα στο πρόβλημα μας για x= (1-y)/(1+y) έχουμε να υπολογίσουμε το όριο του 2n^{k+1} \int_{0}^{1} y^n \frac{(1-y)^k}{(1+y)^{k+2}}dy για k >= 0 Tώρα όμως από ισχυρισμούς 1,2 για f_k(y)=\frac{(1-y)^k}{(1+y)^{k+2}} έπεται ότι f_k^{(k)}(1)= (-1)^k\frac{k!}{2^{k+2}} οπότε τελικό αποτέλεσμα \frac{k!}{2^{k+1}}


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Μαρ 08, 2012 9:33 pm

Γενίκευση για το 2) :

Ας υπολογισθεί αν υπάρχει το \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx-\frac{k!}{2^{k+1}}\right)}


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μαρ 09, 2012 4:03 pm

Αλλιώς:

Έστω \displaystyle{ I = n^{k+1} \int_0^1 \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^n x^k \, dx.}. Με τον μετασχηματισμό x = \frac{z}{2-z} παίρνουμε

\displaystyle{ I = 2n^{k+1}\int_0^1 (1-z)^n \frac{z^k}{(2-z)^{k+2}} \, dz}

και άρα από το διωνυμικό θεώρημα έχουμε

\displaystyle{ I = 2n^{k+1} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \frac{z^{k+r}}{(2-z)^{k+2}} \,dz = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \frac{z^{k+r}}{(1-z/2)^{k+2}} \,dz. }

Για z \in [0,1] όμως έχουμε \displaystyle{ \frac{1}{(1-z/2)^{k+2}} = \sum_{s=0}^{\infty} \binom{s+k+1}{s} \left(\frac{z}{2} \right)^s}

και άρα

\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \sum_{s=0}^{\infty} \binom{s+k+1}{s} \frac{z^{k+r+s}}{2^s} \, dz.}

Επειδή όλοι οι όροι μέσα στο ολοκλήρωμα είναι μη αρνητικοί, από Fubini μπορούμε να κάνουμε εναλλαγή του ολοκληρώματος με το άπειρο άθροισμα και άρα

\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{r=0}^n\sum_{s=0}^{\infty} \binom{s+k+1}{s} \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1  \frac{z^{k+r+s}}{2^s} \, dz = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{s=0}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}\frac{(-1)^r}{k+r+s+1} .}

Επειδή όμως \displaystyle{ \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r x^{r+m} = x^m(1-x)^n,} ολοκληρώνοντας από 0 έως 1 παίρνουμε

\displaystyle{ \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}\frac{(-1)^r}{r+m+1} = \int_0^1 x^m(1-x)^n \, dx = \frac{m!n!}{(m+n+1)!}}.

Θέτοντας m=k+s και αντικαθιστώντας στο πιο πάνω παίρνουμε

\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{s=0}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \frac{n! (k+s)!}{(k+s+n+1)!} = \frac{k!}{2^{k+1}} \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} + \frac{(k+2)!}{2^{k+2}n} \frac{n!n^{k+2}}{(n+k+2)!} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}.

[Αυτό ισχύει διότι \displaystyle n^{k+3}\sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \frac{n! (k+s)!}{(k+s+n+1)!}  \leqslant \sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s} (s+k+1)^{k+1}\frac{(n+k+3)!(k+s)!}{(n+k+s+1)!} =
\displaystyle  \sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s} (s+k+1)^{k+1}\frac{(n+k+3)!(s-2)!}{(n+k+s+1)!}(k+s)^{k+2}.

Το τελευταίο είναι το πολύ \displaystyle{ \sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s} (s+k+1)^{k+1}(k+s)^{k+2} } το οποίο συγκλίνει (και είναι ανεξάρτητο του n).]

Τέλος επειδή \displaystyle{ \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} = \left(1 - \frac{1}{n+1} \right) \cdots \left(1 - \frac{k+1}{n+k+1} \right) = 1 - \frac{(k+1)(k+2)}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)} παίρνουμε \displaystyle{ I = \frac{k!}{2^{k+1}}  + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}. Δηλαδή το όριο που ζητάει ο Αναστάσης ισούται με 0.


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Παρ Μαρ 09, 2012 5:55 pm

Χμμμ.. έχω βγάλει

\displaystyle{n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx=\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2^{k+2}n}-\frac{k(k+2)!}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})},

που δίνει το όριο που ζήτησα \displaystyle{\frac{(k+1)!}{2^{k+2}}}...
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Σάβ Μαρ 10, 2012 3:20 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μαρ 09, 2012 11:45 pm

\exists x \in \{Demetres, Κοτρώνης Αναστάσιος\} \, (x έκανε λάθος).


Duffy Duck
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 16, 2011 8:29 pm

Re: SEEMOUS 2012/4

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Duffy Duck » Σάβ Μαρ 10, 2012 9:12 am

Συγχαρητήρια σε όλους, μας κάνετε περήφανους!! :clap2: :coolspeak: Παιδιά επειδή έχω κολλήσει άσχημα, και κάτι δεν μου πάει καλά, για ποια ακολουθία συναρτήσεων εφαρμόζεται εδώ το κυριαρχημένης του Lebesgue?


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1303
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: SEEMOUS 2012/4

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Μαρ 10, 2012 11:17 am

Δες εδώ στη δεύτερη σελίδα και στο 4ο ποστ από την αρχή. Πρόκειται για αυτό το γνωστό λήμμα ακριβώς!
viewtopic.php?f=9&t=6947&start=20

Αν προσέξεις και παρακάτω στο ποστ, εμφανίζεται αυτή η ιδέα συνεχώς (δηλαδή αλλαγή μεταβλητής ώστε να είναι πλέον δυνατή η χρήση Θ.Κ.Σ)


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Duffy Duck
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 16, 2011 8:29 pm

Re: SEEMOUS 2012/4

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Duffy Duck » Σάβ Μαρ 10, 2012 11:22 am

smar έγραψε:Δες εδώ στη δεύτερη σελίδα και στο 4ο ποστ από την αρχή. Πρόκειται για αυτό το γνωστό λήμμα ακριβώς!
viewtopic.php?f=9&t=6947&start=20

Αν προσέξεις και παρακάτω στο ποστ, εμφανίζεται αυτή η ιδέα συνεχώς (δηλαδή αλλαγή μεταβλητής ώστε να είναι πλέον δυνατή η χρήση Θ.Κ.Σ)

Ευχαριστώ πολύ δεν το είχα προσέξει...Το ρώτησα διότι δεν μου έβγαινε καλή εφαρμογή του ΘΚΣ( δεν έπαιρνα το ζητούμενο)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μαρ 10, 2012 11:50 am

Ωραίο Σιλουανέ. Εγώ το χρησιμοποίησα διαφορετικά:

\displaystyle{ \int_0^1 nx^nf(x) \, dx = \int_0^{a_n} nx^n f(x) \, dx + \int_{a_n}^1 nx^n f(x) \, dx}

όπου επιλέγω το a_n ώστε na_n^n =1. Στο πρώτο τώρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε κυριαρχημένη σύγκλιση για να δούμε ότι τείνει στο 0. [Αφού γράφεται σαν \displaystyle{ \int_0^1 nx^nf(x)g_n(x)} όπου g_n(x) = 1 αν x \leqslant a_n και 0 αλλιώς και έχουμε |nx^nf(x)g_n(x)| \leqslant 1.]

Για το δεύτερο, επειδή a_n \to 1 και f συνεχής, για κάθε \varepsilon > 0 αν n αρκετά μεγάλο έχουμε |f(x) - f(1)| \leqslant \varepsilon για x \in [a_n,1]. Επειδή επίσης \displaystyle{ \int_{a_n}^1 nx^n \, dx\ = \frac{n(1 - a_n^{n+1})}{n+1} = \frac{n-a_n}{n+1} \to 1 } το ολοκλήρωμα φράσσεται από τα (1\pm \varepsilon)f(1).


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Μαρ 10, 2012 12:57 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Χμμμ.. έχω βγάλει

\displaystyle{n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx=\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2^{k+2}n}-\frac{k(k+2)!}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})},

που δίνει το όριο που ζήτησα \displaystyle{\frac{(k+1)!}{2^{k+2}}}...
Ας γράψω κι εγώ τη λύση μου να το δούμε

Έχουμε

\displaystyle{\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx\stackrel{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=-y}{=}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)^k\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy:=I}.

Τώρα για c>0 μικρό έχουμε

\displaystyle{\frac{1}{1+e^{-y}}=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}+\mathcal O(y^3)} και

\displaystyle{\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}=\frac{y}{2}-\frac{y^3}{24}+\mathcal O(y^5)\Rightarrow\left(\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)^k=\left(\frac{y}{2}\right)^k\left(1-\frac{k}{12}y^2+\mathcal O(y^4)\right)}, άρα

\displaystyle{\left(\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)^k\frac{1}{1+e^{-y}}=\left(\frac{y}{2}\right)^k\left(\frac{1}{2}+\frac{y}{4}-\frac{k}{24}y^2+\mathcal O(y^3)\right)\qquad\qquad x\in[0,c]}, και γράφουμε

\begin{aligned}I&=\frac{1}{2^{k+1}}\left(\int_{0}^{c}\left(y^k+\frac{y^{k+1}}{2}-\frac{k}{3\cdot2^2}y^{k+2}+\mathcal O(y^{k+3})\right)e^{-ny}\,dy+\int_{c}^{+\infty}\left(y^k+\frac{y^{k+1}}{2}-\frac{k}{3\cdot2^2}y^{k+2}+\mathcal O(y^{k+3})\right)e^{-ny}\,dy\right)\\&=\frac{1}{2^{k+1}}(I_1+I_2)  \end{aligned}.

Τώρα για k φυσικό έχουμε

\displaystyle{I(k):=\int_{0}^{c}y^ke^{-ny}\,dy=-\frac{c^ke^{-nc}}{n}+\frac{k}{n}I(k-1)} και επαγωγικά βλέπουμε ότι

\displaystyle{I(k)=-e^{-nc}\left(\frac{c^k}{n}+\frac{kc^{k-1}}{n^2}+\frac{k(k-1)c^{k-2}}{n^3}+\cdots+\frac{k\cdots2c}{n^k}+\frac{k!}{n^{k+1}}\right)+\frac{k!}{n^{k+1}}}

άρα έχουμε

\begin{aligned}I_{1}&=\int_{0}^{c}y^ke^{-ny}\,dy+\frac{1}{2}\int_{0}^{c}y^{k+1}e^{-ny}\,dy-\frac{k}{12}\int_{0}^{c}y^{k+2}e^{-ny}\,dy+\mathcal O\left(\int_{0}^{c}y^{k+3}e^{-ny}\,dy\right)\\&=\frac{k!}{n^{k+1}}+\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})+\frac{(k+1)!}{2n^{k+2}}+\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})-\frac{k(k+2)!}{12n^{k+3}}+\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})+\mathcal O(n^{-k-4})\\&=\frac{k!}{n^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2n^{k+2}}-\frac{k(k+2)!}{12n^{k+3}}+\mathcal O(n^{-k-4})\end{aligned}.

Ακόμα εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι \displaystyle{I_2=\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})} οπότε συνολικά παίρνουμε

\displaystyle{n^{k+1}I=\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2^{k+2}n}-\frac{k(k+2)!}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})}.
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Σάβ Μαρ 10, 2012 3:20 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μαρ 10, 2012 2:38 pm

Περίεργα πράγματα. Δεν βλέπω κανένα λάθος. :?


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Μαρ 10, 2012 3:02 pm

Demetres έγραψε:Περίεργα πράγματα. Δεν βλέπω κανένα λάθος. :?
Στο δικό σου ή στο δικό μου; Ή σε κανένα απ'τα δυο...; :wallbash:


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μαρ 10, 2012 3:06 pm

Σε κανένα! Ας το δοκιμάσει και κάποιος άλλος να δούμε με ποιον από εμάς συμφωνεί. (Η αν θα βρει και τρίτη απάντηση!)


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Μαρ 10, 2012 4:14 pm

Μιας που το πιάσαμε, ας το τραβήξουμε λίγο ακόμα απτα μαλλιά..

Με την πάνω μέθοδο βγάζουμε γενικότερα ότι για \mathbb R\ni k>-1 είναι

\displaystyle{n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx=\frac{\Gamma(k+1)}{2^{k+1}}+\frac{\Gamma(k+2)}{2^{k+2}n}-\frac{k\Gamma(k+3)}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})}
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Δευ Μαρ 12, 2012 5:01 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2012/4

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Μαρ 10, 2012 4:36 pm

Δημήτρη αν αντικαταστήσεις στην
Demetres έγραψε: \displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{s=0}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \frac{n! (k+s)!}{(k+s+n+1)!} = \frac{k!}{2^{k+1}} \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} + \frac{(k+2)!}{2^{k+2}n} \frac{n!n^{k+2}}{(n+k+2)!} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}.
τα \displaystyle{\frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!}} και \displaystyle{\frac{n!n^{k+2}}{(n+k+2)!}} από την
Demetres έγραψε:\displaystyle{ \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} = \left(1 - \frac{1}{n+1} \right) \cdots \left(1 - \frac{k+1}{n+k+1} \right) = 1 - \frac{(k+1)(k+2)}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}
παίρνεις \displaystyle{\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+2)!}{2^{k+2}n}+\mathcal O(n^{-2})}, οπότε θα πάρεις \displaystyle{\frac{(k+2)!}{2^{k+2}}} για το όριο και όχι 0. Τώρα κάπου παραπάνω μπορεί να έχει γίνει τυπογραφικό και αντί για (k+2)! να είναι (k+1)!, οπότε θα βγάζουμε το ίδιο.. Ένυγουέι.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης