SEEMOUS 2014/4

Συντονιστής: Demetres

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

SEEMOUS 2014/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 14, 2014 3:18 pm

(α) Να δειχθεί ότι

\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n\int_0^n \frac{\arctan\left( \tfrac{x}{n}\right)}{x(x^2+1)} \, dx = \frac{\pi}{2}.}

(β) Να υπολογιστεί το

\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} n \left(n\int_0^n \frac{\arctan\left( \tfrac{x}{n}\right)}{x(x^2+1)} \, dx - \frac{\pi}{2} \right)}


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

Re: SEEMOUS 2014/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 14, 2014 3:19 pm

Από εδώ.
kwstas12345 έγραψε: Γνωρίζουμε ότι \displaystyle \arctan(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1}}, |x|\leqslant 1, επομένως :\displaystyle n\int_{0}^{n}{\frac{\arctan\left(\frac{x}{n} \right)}{x\left(1+x^2 \right)}}dx=\int_{0}^{n}{\left(\frac{1}{1+x^2}+\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k x^{2k}}{\left(2k+1 \right)\left(1+x^2 \right)n^{2k}}} \right)}dx

\displaystyle =\arctan(n)+\int_{0}^{n}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k x^{2k}}{n^{2k}(1+x^2)(2k+1)}}}dx

όμως \displaystyle n^{-2k}\int_{0}^{n}{\frac{x^{2k}dx}{1+x^2}}\leqslant n^{-2k}\int_{0}^{n}{x^{2k-2}dx}\leqslant \frac{1}{2k-1}, και επειδή \displaystyle \sum_{k}{\frac{1}{4k^2 -1}}<\infty

Άρα από το θεώρημα Fubini: \displaystyle \int_{0}^{n}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k x^{2k}}{n^{2k}(1+x^2)(2k+1)}}}dx=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{\left(2k+1 \right)}\frac{1}{n^{2k}}\int_{0}^{n}{\frac{x^{2k}}{1+x^2}}}dx.

Οπότε θα υπολογίσουμε το \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left[n\left(\arctan(n)-\pi/2 \right)+\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{2k+1}}n^{-2k+1}\int_{0}^{n}{\frac{x^{2k}dx}{1+x^2 }} \right].

Έστω \displaystyle a_{n}\left(k \right):=\frac{(-1)^k}{2k+1}n^{-2k+1}\int_{0}^{n}{\frac{x^{2k}}{1+x^2 }}dx, τότε \displaystyle \left|a_{n}\left(k \right) \right|\leqslant \frac{1}{4k^2-1}:=b(k) διότι \displaystyle \int_{0}^{n}{\frac{x^{2k}}{1+x^2}}dx\leqslant \frac{n^{2k-1}}{2k-1}.

Από DHL παρατηρούμε ότι \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}\left(k \right)=\frac{(-1)^k}{4k^2 -1}. Επειδή \displaystyle \sum_{k}{\frac{1}{4k^2 -1}}<\infty από το θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης:

\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{k=1}^{\infty}{a_{n}\left(k \right)}=\sum_{k=1}^{\infty}{\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}\left(k \right)}= \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{4k^2 -1}}=\sum_{k=1}^{\infty}{(-1)^{k}\int_{0}^{1}{\left(x^{2k}-x^{2k-2} \right)}}dx= \displaystyle \int_{0}^{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\left(-1)^k\left(x^{2k}-x^{2k-2} \right) \right)}}dx=...=\frac{2-\pi}{4}.

Τέλος \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}n\left(\arctan n -\pi/2 \right)=-1, άρα το όριο ισούται με \displaystyle (-2-\pi)/4.Έπεται ότι και το πρώτο όριο ισούται με \pi/2


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

Re: SEEMOUS 2014/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τρί Απρ 15, 2014 5:26 pm

Έχει κανείς καμιά ιδέα για το πως, και αν, μπορούμε να βρούμε έναν ακόμα όρο στην προσέγγιση του ολοκληρώματος;

( να βρούμε δηλαδή κάτι καλύτερο από \displaystyle{\int_0^n \frac{\arctan\left( \tfrac{x}{n}\right)}{x(x^2+1)} \, dx=\frac{\pi}{2}n^{-1}-\frac{2+\pi}{4}n^{-2}+o(n^{-2})} )

Το είχα προσπαθήσει αλλά δεν είχα καταφέρει κάτι..

Αν η ολοκληρωτεα ποσότητα μπορεί να έρθει στη μορφή f(x)e^{-nx} υπάρχει γενική μέθοδος, όπως εδώ, όταν όμως η περίπτωση δεν είναι τέτοια δεν έχω κάτι υπ' όψη μου και μου φαίνεται ενδιαφέρον..


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