Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

nickolas tsik · #61

Κριτηριο παρεμβολης: (έχω σκεφτεί και λύση με euler weistrauss
$\displaystyle P_n \;=\;\prod_{k=1}^n\Bigl(1+\tfrac{k}{n^2}\Bigr).$
για κάθε

$\displaystyle e^{\bigl(\tfrac{k}{n^2}-\tfrac{k^2}{n^4}\bigr)} \;\le\;1+\tfrac{k}{n^2} \;\le\;e^{\tfrac{k}{n^2}},$
οπότε
$\displaystyle \exp\!\Bigl(\sum_{k=1}^n\tfrac{k}{n^2}\;-\;\sum_{k=1}^n\tfrac{k^2}{n^4}\Bigr) \;\le\;P_n\;\le\; \exp\!\Bigl(\sum_{k=1}^n\tfrac{k}{n^2}\Bigr).$ opou
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}2, \quad \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6,$

έχουμε
$\displaystyle \sum_{k=1}^n\tfrac{k}{n^2} = \frac{n+1}{2n}\to\tfrac12, \quad \sum_{k=1}^n\tfrac{k^2}{n^4} = O\bigl(\tfrac1n\bigr)\to0.$
αρα για $n\to\infty$
$\displaystyle e^{\frac12 + o(1)} \;\le\;P_n\;\le\;e^{\frac12 + o(1)},$
αρα
$\displaystyle \boxed{\lim_{n\to\infty}P_n = e^{1/2} = \sqrt{e}.}$

Tolaso J Kos · #62

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 16, 2025 11:03 am
Άσκηση 24 Να βρεθεί χωρίς χρήση αθροισμάτων Riemann το όριο

$\displaystyle{ \lim _{n\to \infty } \left ( 1+ \dfrac {1}{n^2} \right ) \left ( 1+ \dfrac {2}{n^2} \right )\left ( 1+ \dfrac {3}{n^2} \right ) \cdot ...\cdot \left ( 1+ \dfrac {n}{n^2} \right ) }$

Είναι:

$\displaystyle{\log \left( 1 + \frac{k}{n^2} \right) = \frac{k}{n^2} + \mathcal{O} \left( \frac{1}{n^2} \right) \Rightarrow \log \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + \frac{k}{n^2} \right) = \frac{1}{2} + \mathcal{O} \left( \frac{1}{n} \right)}$
Το αποτέλεσμα έπεται.

#63

Άσκηση 25 Να βρεθεί με χρήση αθροισμάτων Riemann το όριο

$\displaystyle{ \lim _{n\to \infty } \dfrac {1^a + 2^a +3^a +...+n^a}{1^b + 2^b +3^b +...+n^b}\cdot n^{b-a} }$ ,

όπου a,b

δοθέντες θετικοί αριθμοί.

nickolas tsik · #64

$\displaystyle L =\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k^a}{\sum_{k=1}^n k^b}\;n^{\,b-a}.$
$\displaystyle L = \lim_{n\to\infty} \frac{(\sum_{k=1}^n k^a)/n^a}{(\sum_{k=1}^n k^b)/n^b} = \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\bigl(\tfrac{k}{n}\bigr)^a} {\displaystyle\sum_{k=1}^n\bigl(\tfrac{k}{n}\bigr)^b} \;.$
$\displaystyle \sum_{k=1}^n\Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r =n\sum_{k=1}^n \Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r\cdot\frac1n \;\longrightarrow\; \int_0^1 x^r\,dx =\frac1{r+1}, \quad r\in\{a,b\}.$
Έτσι
$\displaystyle L = \frac{\displaystyle\int_0^1 x^a\,dx} {\displaystyle\int_0^1 x^b\,dx} = \frac{\tfrac1{a+1}}{\tfrac1{b+1}} = \frac{1+b}{1+a}.$

#65

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 21, 2025 12:30 am

$\displaystyle \sum_{k=1}^n\Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r =\sum_{k=1}^n \Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r\cdot\frac1n$

Ορθότατα αλλά διόρθωσε σε παρακαλώ το παραπάνω: Κάτι άλλο θέλεις να πεις, αλλά δεν το διατυπώνεις σωστά.

Προσθήκη Τετάρτη 25/6/2025: Νικόλα, έχεις δει το μήνυμα αυτό;

nickolas tsik · #66

Μου φυγε ενα n, ήθελα να εμφανίσω το $\Delta x$ για να είναι ξεκάθαρο

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^r = n \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^r \frac{1}{n}$ ...

#67

nickolas tsik έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 26, 2025 8:35 pm
Μου φυγε ενα n, ήθελα να εμφανίσω το $\Delta x$ για να είναι ξεκάθαρο

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^r = n \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^r \frac{1}{n}$ ...

Ωραιότατα και σε ευχαριστούμε.

Όμως δεν έχει νόημα να γίνεται η διόρθωση μερικά ποστ μετά την κύρια λύση. Το σωστό είναι να πας πίσω στο ποστ σου με την λύση, και να κάνεις ΕΚΕΙ την διόρθωση.

#68

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 21, 2025 12:30 am

$\displaystyle \sum_{k=1}^n\Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r =n\sum_{k=1}^n \Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r\cdot\frac1n {\color {red} \;\longrightarrow\;} \int_0^1 x^r\,dx$

.
Νικόλα, για ξαναδές το σε παρακαλώ. 'Εκανες μία διόρθωση αλλά τώρα χάλασες κάτι άλλο: Το βήμα με το $\longrightarrow$ δεν αληθεύει λόγω του

πριν από το άθροισμα.

Στην ουσία η λύση σου είναι σωστή και ωραιότατη, αλλά χρειάζεται μία απλή διευθέτηση σε ένα βήμα.

#69

.
Νομίζω ότι παρήλθε αρκετός χρόνος αλλά δεν βλέπω την απαιτούμενη διόρθωση παρόλο που, όπως παρατηρώ, ο Νικόλας έχει μπει στο φόρουμ. Κάνω μόνος μου τις μικροαλλαγές, σημειώνοντας τα σημεία με τις επεμβάσεις μου.
.

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 21, 2025 12:30 am
$\displaystyle L =\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k^a}{\sum_{k=1}^n k^b}\;n^{\,b-a}.$
$\displaystyle L = \lim_{n\to\infty} \frac{(\sum_{k=1}^n k^a)/n^a}{(\sum_{k=1}^n k^b)/n^b} = \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\bigl(\tfrac{k}{n}\bigr)^a} {\displaystyle\sum_{k=1}^n\bigl(\tfrac{k}{n}\bigr)^b} {\color {red}= \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle \dfrac {1}{n} \sum_{k=1}^n\bigl(\tfrac{k}{n}\bigr)^a} {\displaystyle \dfrac {1}{n} \sum_{k=1}^n\bigl(\tfrac{k}{n}\bigr)^b} } \;.$
${\color {red} \left ( \displaystyle \sum_{k=1}^n\Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r = (delete) \right )} \,\,\,$ 'Ομως $\displaystyle{\,\, \dfrac {1}{n} \sum_{k=1}^n \Bigl(\tfrac{k}{n}\Bigr)^r \;\longrightarrow\; \int_0^1 x^r\,dx =\frac1{r+1}, \quad r\in\{a,b\}. }$

Έτσι
$\displaystyle L = \frac{\displaystyle\int_0^1 x^a\,dx} {\displaystyle\int_0^1 x^b\,dx} = \frac{\tfrac1{a+1}}{\tfrac1{b+1}} = \frac{1+b}{1+a}.$

#70

Άσκηση 26 Αφού πρώτα δείξετε την (γνωστή, άλλωστε) ταυτότητα

$\displaystyle{1-\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{3}-\dfrac {1}{4}+...+ \dfrac {1}{2n-1} -\dfrac {1}{2n}=\dfrac {1}{n+1}+\dfrac {1}{n+2}+...+ \dfrac {1}{2n} }$

να συμπεράνετε με χρήση αθροισμάτων Riemann ότι

$\displaystyle{1-\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{3}-\dfrac {1}{4}+...= \ln 2}$

Σχόλιο: Το παραπάνω άθροισμα βγαίνει με πολλούς τρόπους. Σε προηγούμενα ποστ του παρόντος θρεντ υπάρχουν διάφορες παραλλαγές του αλλά υπάρχουν και πολλοί άλλοι τρόποι. Ένας που εμφανίζεται για πρώτη φορά στο εδώ φόρουμ υπάρχει στο ποστ # 458

εδώ.

panosgl2006 · #71

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 29, 2025 11:47 pm
Άσκηση 26 Αφού πρώτα δείξετε την (γνωστή, άλλωστε) ταυτότητα

$\displaystyle{1-\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{3}-\dfrac {1}{4}+...+ \dfrac {1}{2n-1} -\dfrac {1}{2n}=\dfrac {1}{n+1}+\dfrac {1}{n+2}+...+ \dfrac {1}{2n} }$

να συμπεράνετε με χρήση αθροισμάτων Riemann ότι

$\displaystyle{1-\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{3}-\dfrac {1}{4}+...= \ln 2}$

Λύση:
Η ταυτότητα βγαίνει πολύ εύκολα με επαγωγή και το ζητούμενο βγαίνει ως εξής:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+\frac{k}{n}} \to \int_0^1 \frac{1}{x+1} dx=\ln 2$
Επίσης νομίζω ότι είναι προφανές αλλά ας το κάνω

$\displaystyle \sum_{k=1}^{2n+1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}+\frac{1}{2n+1} \to \ln 2$

Άρα τελικά

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #72

Μια απόδειξη της ταυτότητας

$\displaystyle\frac{1}{\nu+1}+\frac{1}{\nu+2}+\frac{1}{\nu+3}+...+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }=$

$\displaystyle1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{\nu -2}+\frac{1}{\nu -1}+\frac{1}{\nu } \right)=$

$\displaystyle1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}+\frac{1}{2\nu }-\left2 (\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{2\nu -4}+\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu } \right)=$

$\displaystyle1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2\nu -3}-\frac{1}{2\nu -2}+\frac{1}{2\nu -1}-\frac{1}{2\nu }$

#73

Άσκηση 27 Να βρεθεί το όριο

$\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \dfrac {1}{n^2}\left ( \sum _{1\le k < m \le n} \cos \dfrac {k+m}{n} \right )}$

(Για διευκόλυνση δίνω την απάντηση ώστε να μπορεί κανείς να κάνει έλεγχο. Πάντως η απάντηση δεν διευκολύνει στην επίλυση.
.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Dimessi · #74

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#75

Δημήτρη, ορθότατα και κομψότατα μεν, αλλά για αυτό το θρεντ δεν θέλουμε ασκήσεις που αναφέρονται σε διπλά ολοκληρώματα. Μιλάμε για θρεντ που αναφέρεται σε φοιτητές στην αρχή των σπουδών τους. Η άσκηση λύνεται με χρήση απλών ("μονών") ολοκληρωμάτων.

Tolaso J Kos · #76

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 13, 2025 8:36 pm
Άσκηση 27 Να βρεθεί το όριο

$\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \dfrac {1}{n^2}\left ( \sum _{1\le k < m \le n} \cos \dfrac {k+m}{n} \right )}$

Χαίρετε,

Λήμμα: Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση. Είναι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n^2} \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} f \left ( \frac{i}{n} \right ) f \left ( \frac{j}{n} \right ) = \frac{1}{2} \left ( \int_0^1 f(x) \, \mathrm{d}x \right )^2}$
Απόδειξη: Είναι απόρροια του γεγονότος $\displaystyle{\left ( \sum_{k=1}^{n} x_k \right )^2 = \sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} x_i x_j}$ και του $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} \left ( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f^2 \left ( \frac{k}{n} \right ) \right ) = 0 }$ .

Πίσω στο θέμα μας, το όριο έπεται σε αυτό που λέει ο Μιχάλης διότι $\cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y$ .

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 13, 2025 8:36 pm

(Για διευκόλυνση δίνω την απάντηση ώστε να μπορεί κανείς να κάνει έλεγχο. Πάντως η απάντηση δεν διευκολύνει στην επίλυση.

Όντως, δε διευκολύνει.

#77

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 13, 2025 11:25 pm
...

Πίσω στο θέμα μας, το όριο έπεται σε αυτό που λέει ο Μιχάλης διότι $\cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y$ .

Τόλη, νομίζω ότι έχεις ουσιαστικά κενά στην λύση σου. Π.χ. δεν φαίνεται ποια είναι η σχέση μεταξύ του αθροίσματος των $f(\frac {k}{n})f(\frac {m}{n})$ και του $\cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y$ .

Επίσης έχεις μία μικρή απροσεξία (τυπογραφικό;) στο

$\displaystyle{\left ( \sum_{k=1}^{n} x_k \right )^2 = \sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} x_i x_j}$

Αν δεν συμπληρωθούν τα κενά, θα θεωρήσω την άσκηση ακόμα ανοικτή.

Tolaso J Kos · #78

Μιχάλη,

δε βλέπω τι παραπάνω πρέπει να γράψω. Το μόνο που μπορώ να σκεφτώ είναι αυτό:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{n^2} \sum_{1 \leq k < m \leq n} \cos \frac{k+m}{n} &= \frac{1}{n^2} \left( \sum_{1 \leq k < m \leq n} \cos \frac{k}{n} \cos \frac{m}{n} - \sum_{1 \leq k < m \leq n} \sin \frac{k}{n} \sin \frac{m}{n} \right) \\ & \longrightarrow \frac{1}{2} \left( \int_{0}^{1} \cos x \, \mathrm{d}x \right)^2 - \frac{1}{2} \left( \int_{0}^{1} \sin x \, \mathrm{d}x \right)^2 \\ & = \frac{1}{2} \sin^2 1 - \frac{1}{2} \left( 1 - \cos 1 \right)^2 \\ & = \cos 1 - \cos^2 1 \end{aligned}}$

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 14, 2025 12:09 am

Επίσης έχεις μία μικρή απροσεξία (τυπογραφικό;) στο

$\displaystyle{\left ( \sum_{k=1}^{n} x_k \right )^2 = \sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} x_i x_j}$

Αν δεν συμπληρωθούν τα κενά, θα θεωρήσω την άσκηση ακόμα ανοικτή.

Σωστά, είναι $\displaystyle{2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} x_i x_j}}$ .

Dimessi · #79

Είναι από την συμμετρία ως προς k,m,

$\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{k-1}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right )=\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{m=1}^{n-1}\sum_{k=m+1}^{n}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right )=\frac{1}{2}\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{n}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right )\left ( 1 \right ).$
$\displaystyle \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=k}^{n}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right )=\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{n}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right )-\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{k-1}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right ) \overset{(1)} \rightarrow \frac{1}{2} \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{n}\cos \left ( \frac{k+m}{n} \right )$
$\displaystyle \rightarrow \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\int \limits _{0}^{1}\cos \left ( \frac{k}{n}+y \right )dy=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left ( \sin \left ( \frac{k}{n}+1 \right )-\sin \left ( \frac{k}{n} \right ) \right )\rightarrow \frac{1}{2}\int \limits_{0}^{1}\left ( \sin\left ( x+1 \right )-\sin x \right )dx =\left[ \frac {1}{2}\cos x-\frac {1}{2}\cos \left ( x+1 \right ) \right ]^{1}_{0}=\frac{1}{2}\left ( \cos 1-\cos 2-\cos 0+\cos 1 \right )=\cos 1-\frac{1}{2}\left ( \cos 2+1 \right )=\cos 1-\cos ^{2}1$
Τόλη στον τύπο $\displaystyle \left ( \sum_{k=1}^{n}x_{k} \right )^{2}$ έχεις φάει ένα τετράγωνο μερικού αθροίσματος.

Καλή ιδέα πάντως από την $\displaystyle \cos \left ( x+y \right )=\cos x\cos y-\sin x\sin y$ να αναχθεί στο $\displaystyle 2\lim=\left ( \int \limits_{ 0}^{ 1}\cos xdx \right )^{2}-\left ( \int \limits_{0}^{1}\sin xdx \right )^{2}=1-\cos ^{2}1-\left ( \cos 1-1 \right )^{2}=2\cos 1-2\cos ^{2}1.$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #80

Να βρείτε το
$\displaystyle \lim_{n \to \infty } \frac{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{4}+\left( 1+\frac{2}{n} \right)^{4}+...+\left( 1+\frac{n}{n} \right)^{4} }{n}$

Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Re: Άθροισμα Riemann: Συλλογή ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση