Ένα ζόρικο όριο (2)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

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

Ένα ζόρικο όριο (2)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Κυρ Απρ 11, 2010 9:03 pm

Και αυτό από mathlinks, αναπάντητο που με έχει ζορίσει...

Υπολογισθήτω το οριάκι

\displaystyle{\lim_{n \to + \infty}{\sqrt {n}\int_{ - \infty}^{ + \infty}{\frac {\cos x + \sin x}{(1 + x^2)^n}}dx}  }


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;

Λέξεις Κλειδιά:
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Δευ Απρ 12, 2010 3:58 pm

Το έφτασα σε κάποιο σημείο και τελικά το μόνο που κατάφερα είναι να βρω κάποιο φράγμα. Πιστεύω όμως ότι αξίζει να το αναφέρω.

\displaystyle{\bf\left| \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(x)+\sin(x)}{(1+x^{2})^{n}}\;\dx\right|=\left|\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)}{(1+x^2)^n}\;dx\right|\leq \sqrt{2}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n}\;dx=\sqrt{2}\frac{\prod_{i=1}^{n-1}(2i-1)}{\prod_{i=1}^{n-1}(2i)}\cdot\pi}
Επίσης \displaystyle{\bf\lim_{n\rightarrow +\infty} \sqrt{n}\frac{\prod_{i=1}^{n-1}(2i-1)}{\prod_{i=1}^{n-1}(2i)}\pi\sqrt{2}=\sqrt{2\pi}}


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Ιουν 05, 2010 4:15 pm

Το επαναφέρω γιατί ξεχάστηκε


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: Ένα ζόρικο όριο (2)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Ιουν 05, 2010 10:00 pm

Με έχει ζορίσει πάρα πολύ. Εικάζω ότι είναι \displaystyle{\sqrt{\pi}}..


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: Ένα ζόρικο όριο (2)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Ιουν 05, 2010 11:36 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Και αυτό από mathlinks, αναπάντητο που με έχει ζορίσει...

Υπολογισθήτω το οριάκι

\displaystyle{\lim_{n \to + \infty}{\sqrt {n}\int_{ - \infty}^{ + \infty}{\frac {\cos x + \sin x}{(1 + x^2)^n}}dx}  }
Κάποιες πρώτες προσπάθειες : Κατ' αρχάς λόγω της περιττότητας της \displaystyle{\sin x} και της αρτιότητας του \displaystyle{\cos x} αναγόμαστε στον υπολογισμό του

\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}.

Υπολογίζω αρχικά το \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}. Είναι

\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\stackrel{x^2=y}{=}\frac{\sqrt{n}}{2}\int_{0}^{+\infty}(1+y)^{-n}y^{-1/2}\,dy=\frac{\sqrt{n}}{2}B\Big(\frac{1}{2},n-\frac{1}{2}\Big)=\frac{\sqrt{n}}{2}\frac{\Gamma\Big(\frac{1}{2}\Big)\Gamma\Big(n-\frac{1}{2}\Big)}{\Gamma(n)}\stackrel{\boxed{*}}{=}}

\displaystyle{\frac{\sqrt{n}\sqrt{\pi}}{2}\frac{n\Gamma\Big(n+\frac{1}{2}\Big)}{\Gamma(n+1)\Big(n-\frac{1}{2}\Big)}\stackrel{\boxed{**}}{=}\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{n}{n-1/2}\frac{\sqrt{n}2\sqrt{\pi}\Gamma(2n)}{2^{2n}\Gamma(n)\Gamma(n+1)}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{n}{n-1/2}\frac{\sqrt{n}2\sqrt{\pi}(2n-1)!}{2^{2n}(n-1)!n!}\stackrel{Stirling\,\,n\to+\infty}{\longrightarrow}\frac{\sqrt{\pi}}{2}}, όπου

\displaystyle{\boxed{*}\,\,\Gamma(x)=\frac{\Gamma(x+1)}{x}\quad x\not\in\mathbb{Z}}

\displaystyle{\boxed{**}\,\,\frac{2^{2a}\Gamma(a)\Gamma(a+1/2)}{\Gamma(2a)}=2\sqrt{\pi}\quad a>0} (Novak III p.42)

Άρα \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}.

Εδώ τώρα έχω κολλήσει λίγο.

Στο βιβλίο του Makarov Selected Problems in real analysis έχει την εξής πρόταση :

Έστω \displaystyle{-\infty<a<b\leq+\infty} και ότι οι συναρτήσεις \displaystyle{f,\,\,\,g} είναι απολύτως ολοκληρώσιμες στο \displaystyle{(a,b)}, ότι \displaystyle{f>0} και ότι \displaystyle{f(x)/g(x)\stackrel{x\to a^+}{\longrightarrow}1}. Έστω ακόμα ότι η \displaystyle{h\geq0} είναι γνήσια φθίνουσα στο \displaystyle{[a,b)}. Τότε \displaystyle{\int_{a}^{b}g(x)h^{A}(x)\,dx\Big/\int_{a}^{b}f(x)h^{A}(x)\,dx\stackrel{A\to+\infty}{\longrightarrow}1}.

Για να υπολογίσει μετά την ασυμπτωτική έκφραση του \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{(1+x^{2})^{A}}\,dx} όταν \displaystyle{A\to+\infty} λέει : χρησιμοποιώντας την παραπάνω πρόταση, αντικατέστησε το \displaystyle{\cos(ax)} με το \displaystyle{1}.

Δε βλέπω όμως πως γίνεται αυτό, αφού η 1 δεν είναι απόλυτα ολοκληρώσιμη στο \displaystyle{(0,+\infty)}.

Πάντως αν το θεώρημα εφαρμοστεί, από τον παραπάνω υπολογισμό έχουμε τελειώσει διότι θα είναι

\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}...
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Κυρ Ιούλ 04, 2010 8:53 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: Ένα ζόρικο όριο (2)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Ιουν 07, 2010 12:56 am

Έχουμε και λέμε :

Έστω \displaystyle{\varepsilon>0}.

Μπορούμε να βρούμε \displaystyle{x_{0}\in(0,+\infty)} με \displaystyle{|\cos x-1|<\varepsilon/2} για \displaystyle{x\in[0,x_{0})}. Τώρα :

\displaystyle{\color{blue}\Big|\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}-\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\Big|\color{black}=\Big|\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x-1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\Big|\leq\int_{0}^{x_{0}}\frac{|\cos x-1|}{(1+x^{2})^{n}}\,dx+\int_{x_{0}}^{+\infty}\frac{|\cos x-1|}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\leq}

\displaystyle{\color{blue}\leq(\varepsilon/2)\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx+\frac{1}{(1+x_{0})^{n-1}}\underbrace{\int_{x_{0}}^{+\infty}\frac{|\cos x-1|}{1+x^2}\,dx}_{:=A\in\mathbb{R}}} και την δεύτερη ανισότητα να ισχύει διότι η \displaystyle{1/(1+x^{2})^{n-1}} είναι γνησίως φθίνουσα.

Παίρνουμε τώρα \displaystyle{y\in(0,x_{0})}. Θα είναι

\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\geq\int_{0}^{y}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\geq\frac{y}{(1+y^{2})^{n}}} \displaystyle{\boxed{*}} πάλι διότι η \displaystyle{1/(1+x^{2})^{n-1}} είναι γνησίως φθίνουσα. Τότε

\displaystyle{\frac{(1+x_{0}^{2})^{-n}}{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}\stackrel{\boxed{*}}{\leq}\frac{(1+x_{0}^{2})^{-n}}{y/(1+y^{2})^{-n}}}:=\frac{1}{y}\Big(\frac{k}{\ell}\Big)^{n} όπου \displaystyle{k/\ell<1} λόγω της μονοτονίας πάλι.

Μπορώ συνεπώς να βρω \displaystyle{n_{0}} με \displaystyle{n\geq n_{0}\Rightarrow\frac{(1+x_{0}^{2})^{-n}}{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}<\frac{\varepsilon y}{2(y+x_{0})A}}

Για \displaystyle{n\geq n_{0}} τώρα, διαιρώντας τα δυο μέλη της μπλε ανίσωσης με \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx},

έχω \displaystyle{\Big|\frac{\int_{0}^{+\infty}\cos x(1+x^{2})^{-n}\,dx}{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}-1\Big|\leq\varepsilon}.

Αυτό σημαίνει ότι \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}{\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}=1}, άρα \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}=1} και επειδή \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}} έπεται ότι \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}.

Τυχαίο; Δε νομίζω...
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Δευ Ιουν 07, 2010 1:16 am, 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: Ένα ζόρικο όριο (2)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Ιουν 07, 2010 1:12 am

Δεν έχω φίλους...Μάλλον πρέπει να πάω για ύπνο


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Ιουν 07, 2010 1:25 am

Xm.... θαρρώ είναι μηδέν ... αλλά πιθανόν και να είναι λάθος ... :(
Συνημμένα
Kotrwnis.jpg
Kotrwnis.jpg (83.68 KiB) Προβλήθηκε 385 φορές


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες