Θεωρητικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Tolaso J Kos · #1

Με αφορμή αυτό το [url=https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=9&p=375599#p375582]όριο[/url] ας δούμε μερικά αποτελέσματα:

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0,+\infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

[centre] $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} \ln \left[ 1 + \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) \right] = \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x}$ [/centre]

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 10:35 am
Με αφορμή αυτό το όριο ας δούμε μερικά αποτελέσματα:

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0,+\infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} \ln \left[ 1 + \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) \right] = \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x}$

.
Από την ανισότητα $x- \dfrac {x^2}{2} \le \ln (1+x) \le x$ και από το γεγονός ότι η |f|

είναι φραγμένη, έστω από το

, έχουμε

$\displaystyle{ \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f \left( \frac{k}{n} \right) - \dfrac{1}{2n^2} \sum_{k=1}^{n} M^2 \le \sum_{k=1}^{n} \ln \left[ 1 + \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) \right] \le \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f \left( \frac{k}{n}\right) }$

Από ισοσυγκλίνουσες, έπεται το ζητούμενο αφού $\displaystyle{ \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f \left( \frac{k}{n} \right)\to \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x}}$ και $\displaystyle{\dfrac{1}{2n^2} \sum_{k=1}^{n} M^2 = \dfrac{M^2}{2n} \to 0}$ .

(Ισοδύναμα μπορούσαμε τα εργαστούμε με την $\ln(1+x)=x+O(x^2)$ στην θέση των ανισοτήτων.)

Tolaso J Kos · #3

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, + \infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \prod_{k=1}^{n} \left [ 1 + \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right ) \right ] = \exp \left ( \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x \right )}$
Απόδειξη: Άμεση απόρροια του πάνω.

Tolaso J Kos · #4

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, + \infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{1 + 2 \sqrt{1 + \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )}} = \frac{1}{ 3} \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x }$

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 1:58 pm
Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, + \infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{1 + 2 \sqrt{1 + \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )}} = \frac{1}{ 3} \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x }$

Αν

άνω φράγμα της (παντού θετικής)

, έχουμε

$\displaystyle{ \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{1 + 2 \sqrt{1 + \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )}}\le \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{1 + 2 \sqrt{1 +0\right )}} \to \frac{1}{ 3} \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x }}$ και

$\displaystyle{ \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{1 + 2 \sqrt{1 + \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )}}\ge \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{1 + 2 \sqrt{1 + \frac{M}{n} }}= \left( \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{f \left ( \frac{k}{n} \right )}{3} \right ) \dfrac {3}{1 + 2 \sqrt{1 + \frac{M}{n} }}\to \frac{1}{ 3} \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x \cdot 1}$

Από ισοσυγκλίνουσες έχουμε το ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #6

Πολύ ωραία. Andiamo avanti.

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, + \infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} e^{-\frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )} \sin \left ( \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right ) \right ) = \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x }$

#7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 2:55 pm
Πολύ ωραία. Andiamo avanti.

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, + \infty)$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} e^{-\frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )} \sin \left ( \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right ) \right ) = \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x }$

.

Από την σειρά Taylor της e^x

και της $\sin x$ έχουμε

$\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} e^{-\frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )} \sin \left ( \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right ) \right ) = \sum_{k=1}^{n}\left ( 1 - \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right ) + O\left (\frac {1}{n^2} \right ) \right ) \left ( \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right )+ O\left (\frac {1}{n^3}\right ) \right ) = }$

$\displaystyle{ = \sum_{k=1}^{n}\left ( \frac{1}{n} f \left ( \frac{k}{n} \right ) + O\left (\frac {1}{n^2} \right ) \right ) \to \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x }}$

#8

Τόλη, είναι άκρως αντιδεοντολογικό να αναρτάς πολλές ασκήσεις την ίδια μέρα σε έναν βαρύ φάκελο όπως των Α.Ε.Ι. Εδώ έχουμε την τέταρτη άσκηση μέσα σε έξι ώρες.

Η ιδέα της ανάρτησης μιας άσκησης είναι να δώσεις λίγο χρόνο στους αναγνώστες για πολλαπλές εναλλακτικές λύσεις. Όταν γίνεται καταιγισμός ερωτήσεων στο ίδιο θρεντ με διαφοαρά λίγης ώρας από ερώτηση σε απάντηση και αμέσως μετά σε νέα ερώτηση, χάνεται η χαρά της ποικιλίας του φόρουμ. Γίνεται περισσότερο αγώνας δρόμου όπως για άλογα στον ιππόδρομο.

ksofsa · #9

Αλλιώς:

Επειδή $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{-x}sinx}{x}=1$ και η

φραγμένη, για κάθε $\varepsilon>0$ , υπάρχει M>0

, ώστε

για κάθε n>M

να ισχύει:

$1-\varepsilon<\dfrac{e^{-\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})}sin(\frac{1}{n}f(\frac{k}{n}))}{\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})}<1+\varepsilon$ .

Οπότε, για κάθε $\varepsilon>0$ ,

$(1-\varepsilon)\lim_{n \to \infty } \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n}f(\dfrac{k}{n})\le L\le (1+\varepsilon)\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n}f(\dfrac{k}{n})$ ,

όπου

το ζητούμενο όριο.

Τελικά, $L=\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{n}f(\dfrac{k}{n})=\int_{0}^{1}f(x)dx$ .

Tolaso J Kos · #10

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 4:53 pm
Τόλη, είναι άκρως αντιδεοντολογικό να αναρτάς πολλές ασκήσεις την ίδια μέρα σε έναν βαρύ φάκελο όπως των Α.Ε.Ι. Εδώ έχουμε την τέταρτη άσκηση μέσα σε έξι ώρες.

Δε θεωρώ ποτέ καμία άσκηση κλειστή. Αντίθετα χαίρομαι όταν κάποιος αναβιώνει ένα topic έστω και αρκετά παλιό. Επίσης, δε βλέπω πώς κάποιος αποθαρρύνεται όταν οι ασκήσεις είναι συνεχόμενες.

Dimessi · #11

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 10:35 am
Με αφορμή αυτό το όριο ας δούμε μερικά αποτελέσματα:

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ φραγμένη ολοκληρώσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} \ln \left[ 1 + \frac{1}{n} f \left( \frac{k}{n} \right) \right] = \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x}$

Πρόσθετο ερώτημα: δείξτε ότι $\displaystyle g\left ( \frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )\leqslant \frac{ 2M}{n}+\ln ^{2}\left ( 1-\frac{M}{n} \right )$
για κάθε $n\geqslant 1+M$
όπου το άνω φράγμα της και $\displaystyle g\left ( x \right )=\ln^{2}\left ( 1+x \right )-2\ln x.$
Έστω

μη μηδενική γιατί αν είναι η μηδενική είναι προφανές.

Πάμε να δούμε κάποιες επιπλέον διαπραγματεύσεις προς όφελος των φοιτητών μας.

Πρώτη λύση:
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )=\sum_{k=1}^{n}\int \limits _{0}^{1}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )dx=\int \limits _{0}^{1}\sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )dx.$
$\displaystyle \left |\sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right ) \right|\leqslant \sum_{k=1}^{n}\left | \ln \left( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )\right|=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{\ln ^{2}\left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )}.$
$\displaystyle \forall n\geqslant 1+M: -1+1<1-\frac{M}{n}\leqslant 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )\leqslant 1+\frac{M}{n}\leqslant 1+1.$
$\displaystyle g(x)=\ln ^{2}\left ( 1+x \right )-2x\Longrightarrow \frac{d}{dx}g\left ( x \right )=2\cdot \frac{\ln \left ( 1+x \right )-\left ( 1+x \right )}{1+x}$
$\displaystyle \Longrightarrow \max \limits _{x\in \left [\displaystyle - \frac{M}{n},1 \right ]}g\left ( x \right )\leqslant \ln ^{2}\left ( 1-\frac{M}{n} \right )-2\left ( -\frac{M}{n} \right )= \frac{2M}{n}+\ln ^{2}\left ( 1-\frac{M}{n} \right ).$
$\displaystyle g\left ( \frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )\leqslant \frac{ 2M}{n}+\ln ^{2}\left ( 1-\frac{M}{n} \right ).\blacksquare$
Από την ανισότητα $\displaystyle \ln^{2}\left ( 1+x \right )\leqslant x^{2}$ στο $\left (-1,1 \right )$ έχουμε
$\displaystyle \ln ^{2}\left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )\leqslant \frac{1}{n^{2}}f^{2}\left ( \frac{k}{n} \right )\leqslant \frac{M^{2}}{n^{2}}.$
Είναι
$\displaystyle \left | \sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )\right |\leqslant \sum_{k=1}^{n}\sqrt{\ln ^{2}\left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )}\leqslant \sum_{k=1}^{n}\frac{M}{n}=M\leqslant \frac{M}{\cos x}$
για κάθε $n\geqslant 1+M$ και για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]$ και η $\displaystyle \frac{M}{\cos x}$ είναι συνεχής και άρα ολοκληρώσιμη. Από το ανάπτυγμα του $\ln (1+x)$ έχουμε
$\displaystyle \lim_{ n\to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )=\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\left ( \frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )-\frac{1}{2n^{2}}f^{2}\left ( \frac{k}{n} \right )+... \right )\overset{\displaystyle \left |\frac{1}{mn^{m}}f^{m}\left ( \frac{k}{n} \right )\right |\leqslant \frac{1}{mn^{m}}M^{m}\rightarrow 0 \forall m\geqslant 2}=$
$=\displaystyle \int \limits_{0}^{1}f\left ( x \right )dx$ .
Από την εξασθενημένη μορφή του θεωρήματος κυριαρχημένης σύγκλισης παίρνουμε
$\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\int \limits_{0}^{1}\sum_{k=1}^{n}\ln \left ( 1+\frac{1}{n}f\left ( \frac{k}{n} \right ) \right )dx=\int \limits _{0}^{1}\left ( \int \limits_{0}^{1}f\left ( x \right )dx \right)dt=\int \limits _{0}^{1}f\left ( x \right )dx.$
Δεύτερη λύση:

#12

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 5:18 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 4:53 pm
Τόλη, είναι άκρως αντιδεοντολογικό να αναρτάς πολλές ασκήσεις την ίδια μέρα σε έναν βαρύ φάκελο όπως των Α.Ε.Ι. Εδώ έχουμε την τέταρτη άσκηση μέσα σε έξι ώρες.
Δε θεωρώ ποτέ καμία άσκηση κλειστή. Αντίθετα χαίρομαι όταν κάποιος αναβιώνει ένα topic έστω και αρκετά παλιό. Επίσης, δε βλέπω πώς κάποιος αποθαρρύνεται όταν οι ασκήσεις είναι συνεχόμενες.

Τόλη, κανείς δεν αντιλέγει ότι η αναβίωση ενός παλιού topic δεν είναι θεμιτή. Όμως ίσως δεν έγινε κατανοητό τι είπα. Κάνω άλλη μία προσπάθεια: Δεν μπορούμε να χαρακτηρίσουμε ¨αρκετά παλιό" ένα ποστ που μπήκε πριν από μισή ώρα σε έναν καταιγισμό προβλημάτων στο ίδιο θρεντ. Πριν καλά καλά ανασάνει κανείς, βλέπει νέο πρόβλημα στο νέο πρόβλημα που μόλις τέθηκε.
Το mathematica δεν είναι αγώνας σπριντ. Είναι Σχολείο.

Tolaso J Kos · #13

Να συνεχίσουμε ... διότι τα αθροίσματα Riemann όσο απλά και αν είναι ... έχουν βάθος ...

Έστω $\alpha >0$ πραγματικός αριθμός και $\{a_n\}_{n \geq 1}$ ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n^\alpha} \sum_{k=1}^{n} a_k = \ell }$
Να δειχθεί ότι για κάθε συνεχή συνάρτηση στο [0, 1]

ισχύει:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n^\alpha} \sum_{k=1}^{n} f \left( \frac{k}{n} \right) a_k = \ell \int_{0}^{1} \alpha x^{\alpha - 1} f(x) \, \mathrm{d}x }$

Dimessi · #14

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 4:07 pm
Να συνεχίσουμε ... διότι τα αθροίσματα Riemann όσο απλά και αν είναι ... έχουν βάθος ...

Έστω $\alpha >0$ πραγματικός αριθμός και $\{a_n\}_{n \geq 1}$ ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n^\alpha} \sum_{k=1}^{n} a_k = \ell }$
Να δειχθεί ότι για κάθε συνεχή συνάρτηση στο ισχύει:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n^\alpha} \sum_{k=1}^{n} f \left( \frac{k}{n} \right) a_k = \ell \int_{0}^{1} \alpha x^{\alpha - 1} f(x) \, \mathrm{d}x }$

Από υπόθεση θεωρώντας την προσέγγιση
$\displaystyle \frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )a_{k}= \lambda a\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )k^{a-1}+\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )O\left ( k^{a-1-\epsilon } \right )$
έχουμε
$\displaystyle \lambda a\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left ( n\frac{k}{n} \right )^{a-1}=\lambda a\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left ( \frac{k}{n} \right )^{a-1}\rightarrow \lambda a\int \limits_{0}^{1}f\left ( x \right )x^{a-1}dx$
και
$\displaystyle \left | \sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )O\left ( k^{a-1-\epsilon } \right )\right |\leqslant CM \sum_{k=1}^{n}k^{a-1-\epsilon }\rightarrow CM \cdot O\left ( n^{a-\epsilon }\right )$
οπότε
$\displaystyle \frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )O\left ( k^{a-1-\epsilon } \right )\rightarrow O\left ( n^{-\epsilon } \right )\rightarrow 0$

#15

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 9:47 pm

Από υπόθεση θεωρώντας την προσέγγιση
$\displaystyle \frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )a_{k}= \lambda a\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )k^{a-1}+\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )O\left ( k^{a-1-\epsilon } \right )$

.
Δημήτρη, μπορείς σε παρακαλώ να είσαι πιο αναλυτικός στο παραπάνω;

Έχω μία διαφορετική λύση της άσκησης η οποία όμως σε ένα σημείο χρησιμοποιεί παραλλαγή του παραπάνω, αλλά έφτασα στην παραλλαγή με κάποια σύνθετη διαδικασία. Θα γράψω την λύση μου, αν χρειαστεί.

Επίσης
.

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 9:47 pm
$\displaystyle CM \sum_{k=1}^{n}k^{a-1-\epsilon }{\color {red}\rightarrow }CM \cdot O\left ( n^{a-\epsilon }\right )$

.

Ως έχει δεν είναι σωστό, αλλά μάλλον πρόκειται για τυπογραφική αβλεψία. Όπως το βλέπω ο ίδιος είναι

$\displaystyle CM \sum_{k=1}^{n}k^{a-1-\epsilon }{\color {red}\sim } CM \cdot O\left ( n^{a-\epsilon }\right )$

Δηλαδή "ασυμπτωτικό" αντί "όριο". Σωστά;

Dimessi · #16

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 10:46 pm

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 9:47 pm

Από υπόθεση θεωρώντας την προσέγγιση
$\displaystyle \frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )a_{k}= \lambda a\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )k^{a-1}+\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )O\left ( k^{a-1-\epsilon } \right )$

.
Δημήτρη, μπορείς σε παρακαλώ να είσαι πιο αναλυτικός στο παραπάνω;

Έχω μία διαφορετική λύση της άσκησης η οποία όμως σε ένα σημείο χρησιμοποιεί παραλλαγή του παραπάνω, αλλά έφτασα στην παραλλαγή με κάποια σύνθετη διαδικασία. Θα γράψω την λύση μου, αν χρειαστεί.

Επίσης
.

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 9:47 pm
$\displaystyle CM \sum_{k=1}^{n}k^{a-1-\epsilon }{\color {red}\rightarrow }CM \cdot O\left ( n^{a-\epsilon }\right )$
.

Ως έχει δεν είναι σωστό, αλλά μάλλον πρόκειται για τυπογραφική αβλεψία. Όπως το βλέπω ο ίδιος είναι

$\displaystyle CM \sum_{k=1}^{n}k^{a-1-\epsilon }{\color {red}\sim } CM \cdot O\left ( n^{a-\epsilon }\right )$

Δηλαδή "ασυμπτωτικό" αντί "όριο". Σωστά;

Χρησιμοποιώ τη συνάρτηση Mobius (πως μπαίνουν τα διαλυτικά;) και έχω λύση που βασίζεται σε πυκνότητα που είναι εκτός φακέλου.

Ναι υπάρχει ένα τσικ τυπογραφικό.

#17

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 15, 2025 11:00 pm
Χρησιμοποιώ τη συνάρτηση Mobius (πως μπαίνουν τα διαλυτικά;) και έχω λύση που βασίζεται σε πυκνότητα που είναι εκτός φακέλου. Ναι υπάρχει ένα τσικ τυπογραφικό.

Δημήτρη, νομίζω ότι δεν πήρα απάντηση. Εξακολουθώ να μένω με τις δύο απορίες μου. Ίσως δεν βλέπω κάτι απλό αλλά κάποια εξήγηση σίγουρα είναι χρήσιμη.

Tα διαλυτικά, εδώ ö, μπαίνουν ως εξής: Πατάμε α) το πλήκτρο για κεφαλαία και συγχρόνως το πλήκτρο (δεξιά) που έχει τα " , β) το γράμμα ο (ή όποιο άλλο θέλουμε).

Dimessi · #18

Πάω λοιπόν αναλυτικά χωρίς Mobius.
$\displaystyle A\left ( n \right )=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\Longrightarrow \frac{A\left ( n \right )}{n^{a}}\rightarrow l$
Παίρνω την $\displaystyle F_{n}\left ( x \right )=\frac{A\left ( \left \lfloor nx\right \rfloor \right )}{n^{a}}$ στο [0,1]

που συγκλίνει κατά σημείο στην $lx^{a}.$
Έχουμε
$\displaystyle \frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )a_{k}=\frac{1}{n^{a}}\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left ( A\left ( k \right )-A\left ( k-1 \right ) \right )=\sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left ( F_{n}\left ( \frac{k}{n} \right )-F_{n}\left ( \frac{k-1}{n} \right ) \right )$
με την $\displaystyle F_{n}$ να συγκλίνει κατά σημείο στην $lx^{a}$
Η

είναι φραγμένη και η $lx^{a}$ είναι μονότονη οπότε από Riemann-Stieltjies έχουμε
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}f\left ( \frac{k}{n} \right )\left ( F_{n}\left ( \frac{k}{n} \right )-F_{n}\left ( \frac{k-1}{n} \right ) \right )\rightarrow \int \limits _{0}^{1} f\left ( x \right )d\left ( lx^{a} \right )=l\int \limits _{0}^{1}f\left ( x \right )ax^{a-1}dx$

Θεωρητικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Θεωρητικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωηρτικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Re: Θεωρητικά αποτελέσματα στα αθροίσματα Riemann

Μέλη σε σύνδεση