mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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

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

Δημοσιεύτηκε: **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 $\pi/2$

Δημοσιεύτηκε: **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..

mathematica.gr

SEEMOUS 2014/4

SEEMOUS 2014/4

Re: SEEMOUS 2014/4

Re: SEEMOUS 2014/4