Όρια με ολοκληρώματα

AlexandrosG · #21

Λεωνίδα δε σε αντέχω άλλο. Πρέπει να σου απαγορευτεί η χρήση του Θεωρήματος αυτού.

Πάντως όταν το πρωτοείδα σε θυμήθηκα

Δημήτρη γράφω σχεδόν τα ίδια λίγο παραπάνω αλλά τώρα που τα έγραψες και εσύ βεβαιώθηκα ότι είναι σωστά γιατί πρώτη φορά χρησιμοποίησα το Θεώρημα του Lebesgue.

#22

AlexandrosG έγραψε: Δημήτρη γράφω σχεδόν τα ίδια λίγο παραπάνω

Αλέξανδρε έχεις δίκιο, δεν το πρόσεξα. Το άλλο θεώρημα που αναφέρεσαι είναι το Tonelli. Μπορεί να χρησιμοποιηθεί και αυτό. Δεν είναι όμως ασθενέστερο. Κάποιες φορές μπορεί να χρησιμοποιηθεί αυτό και όχι η κυριαρχημένη σύγκλιση και κάποιες φορές το αντίθετο.

#23

smar έγραψε:... Λύνεται νομίζω και με κρητήριο κυριαρχημένης σύγκλισης.

Θαρρώ πως το Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης δεν εφαρμόζεται γιατί

$\displaystyle{\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}\,dx}=\displaystyle\int_{0}^{1}(n+1)x^{n}f(x)\,dx}$ και η $\displaystyle{(n+1)x^{n}f(x)}$ δεν κυριαρχείται στο [0,1]

. Εκτός αν το εφαρμόζεις κάπως αλλιώς.

Θα περιμένω μήπως δοθεί κάποια απάντηση στο πρώτο της

και θα ποστάρω και τη δική μου λύση.

#24

Αναστάση όντως σε αυτή τη μορφή δεν μπορούμε αλλά συνήθως υπάρχει ένα στάνταρ κολπάκι για να αποφύγουμε τετοιου είδους προβλημάτων στη συνθήκη του θεωρήματος κυριαρχημένης σύγκλισης.
Έχουμε και λέμε: Αν η f είναι συνεχής στο [0,1] με θετικές τιμές, τότε
$(n+1)\displaystyle{\int_{0}^{1} x^nf(x) dx=\frac{n+1}{n} \int_{0}^{1} y^{\frac{1}{n}}f(y^{\frac{1}{n}}) dx= f(1)}$
όπου στο τελευταίο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης.

#25

Χμμ. Ωραίος! Το πλεονέκτημα της αλλαγής μεταβλητής $x=y^{1/n}$ χρησιμεύει για τον υπολογισμό του $\displaystyle{\color{red}(n+1)\color{black}\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}$ με το ΘΚΣ γιατί στον υπολογισμό του $\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}$ μπορούσαμε να το εφαρμόσουμε κατευθείαν.

Δηλαδή έχεις $\displaystyle{(n+1)\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}\stackrel{x=y^{1/n}}{=}\int_{0}^{1}\frac{n+1}{n}y^{1/n}f(y^{1/n})\,dy$ με

$\displaystyle{\Big|\frac{n+1}{n}y^{1/n}f(y^{1/n})\Big|\leq2\max_{x\in[0,1]}|f(x)|}$ και

$\displaystyle{\frac{n+1}{n}y^{1/n}f(y^{1/n})\stackrel{\kappa.\sigma.}{\longrightarrow}\begin{cases} f(1) & y\in(0,1] \\ 0 & y=0 \end{cases}}$ .

Πολύ καλό. Το είχα παλέψει στην αρχή με ΘΚΣ αλλά δεν το είχα σκεφτεί αυτό.

mathxl · #26

Ας δώσω και μία άσκηση που νομίζω ότι ταιριάζει με αυτές του Αναστάση
Αν α > 1 να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{a}\frac{e^{x}}{1+x^{n}}dx.$

#27

mathxl έγραψε:Ας δώσω και μία άσκηση που νομίζω ότι ταιριάζει με αυτές του Αναστάση
Αν α > 1 να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{a}\frac{e^{x}}{1+x^{n}}dx.$

Η $\displaystyle{\frac{e^{x}}{1+x^{n}}\stackrel{\kappa.\sigma.}{\longrightarrow}\begin{cases}e^{x} & 0\leq x<1 \\ e/2 & x=1 \\ 0 & 1<x<a\end{cases}}$ και $\displaystyle{\Big|\frac{e^{x}}{1+x^{n}}\Big|\leq e^{a}}$ άρα από ΘΚΣ είναι

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{a}\frac{e^{x}}{1+x^{n}}dx= e-1$ .

mathxl · #28

Τάσο πέτυχες την εισαγωγή σου σε πανεπιστήμιο του Τόκυο
Η άσκηση είναι από εξετάσεις το
1985 Tokyo University of Science
Η λύση που είδα πρώτα σπάει το αρχικό ολοκλήρωμα στα [0,1],[1,+οο) και έπειτα υπολογίζουμε με ΘΚΣ τα όρια των δύο ολοκληρωμάτων όπως έχεις γράψει

#29

mathxl έγραψε:Τάσο πέτυχες την εισαγωγή σου σε πανεπιστήμιο του Τόκυο
Η άσκηση είναι από εξετάσεις το
1985 Tokyo University of Science
Η λύση που είδα πρώτα σπάει το αρχικό ολοκλήρωμα στα [0,1],[1,+οο) και έπειτα υπολογίζουμε με ΘΚΣ τα όρια των δύο ολοκληρωμάτων όπως έχεις γράψει

Έδινα και γω ρε εκείνη τη χρονιά! Μήπως είχε κάποια άλλη λύση στο μυελόν του ο κατασκευστής...; Δε μπιστεύω να πρέπει οι "υποψήφιοι" εκεί να τα διδάσκονται αυτά στο λύκειο...

Εκτός αν είναι από εξετάσεις μέσα στο πανεπιστήμιο και όχι εισαγωγικές.

(Του kunny είναι;

)

#30

Μια υπόδειξη για το $\displaystyle{5)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mathxl · #31

[quote="Κοτρώνης Αναστάσιος
Έδινα και γω ρε εκείνη τη χρονιά!

(Του kunny είναι;

)[/quote]
Το ήξερα ότι είσαι μεγαλύτερος μου

ίσως κάτι τέτοιο
$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} + \int\limits_1^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} < \int\limits_0^1 {{e^x}dx} + \int\limits_1^a {\frac{{{e^a}}}{{1 + {x^n}}}dx} = }$
$\displaystyle{ = e - 1 + {e^a}\int\limits_1^a {\frac{1}{{1 + {x^n}}}dx} < e - 1 + {e^a}\int\limits_1^a {\frac{1}{{{x^n}}}dx} = }$
$\displaystyle{ = e - 1 + \frac{{{e^a}}}{{1 - n}}\left( {\frac{1}{{{a^{n - 1}}}} - 1} \right)}$

και για την άλλη φορά
$\displaystyle{\int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} = \int\limits_0^a {\frac{{\left( {1 + {x^n} - {x^n}} \right){e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} = }$
$\displaystyle{{e^a} - 1 - \int\limits_0^a {\frac{{{x^n}{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} = {e^a} - 1 - \int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^n}}}dx} > {e^a} - 1 - \int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{a}} \right)}^n}}}dx} = }$
$\displaystyle{ = {e^a} - 1 - \frac{{{e^a} - e}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{a}} \right)}^n}}}}$
Ναι του Κάνη είναι. Πως είσαι σίγουρος ότι είναι άντρας;

#32

mathxl έγραψε:ίσως κάτι τέτοιο
$\displaystyle{\frac{{{e^x}}}{{1 + {x^n}}} \le {e^x} \Rightarrow \int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} < \int\limits_0^a {{e^x}dx} = e - 1}$
και για την άλλη φορά
$\displaystyle{\int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} = \int\limits_0^a {\frac{{\left( {1 + {x^n} - {x^n}} \right){e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} = }$
$\displaystyle{{e^a} - 1 - \int\limits_0^a {\frac{{{x^n}{e^x}}}{{1 + {x^n}}}dx} = {e^a} - 1 - \int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^n}}}dx} > {e^a} - 1 - \int\limits_0^a {\frac{{{e^x}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{a}} \right)}^n}}}dx} = }$
$\displaystyle{ = {e^a} - 1 - \frac{{{e^a} - e}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{a}} \right)}^n}}}}$

Πολύ ωραίος! Σίγουρα αυτό είχε υπόψιν.

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:(Του kunny είναι; )

mathxl έγραψε:Ναι του Κάνη είναι. Πως είσαι σίγουρος ότι είναι άντρας;

Ήταν γενική ουδετέρου γένους

vzf · #33

Nα υπολογίσετε το όριο $L=\lim_{n\rightarrow 0}\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi }{tan(nsinx)dx}.$

#34

vzf έγραψε:Nα υπολογίσετε το όριο $L=\lim_{n\rightarrow 0}\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi }{tan(nsinx)dx}.$

$\displaystyle{\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\tan(n\sin x)\,dx=\frac{1}{n}\Big(\int_{0}^{\pi}n\sin x+\mathcal{O}(n^{3})\,dx\Big)=2+\mathcal{O}(n^{2})\stackrel{n\to0}{\longrightarrow}2}$ .

Ελπίζω να χρησιμοποιώ σωστά το σύμβολο του κυρίου Λαντάου γιατί τώρα το μαθαίνω

#35

vzf έγραψε:Nα υπολογίσετε το όριο $L=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t}\int_{0}^{\pi }{tan(tsinx)dx}.$

Νομίζω πως αν θεωρήσουμε τις ανισότητες

$\displaystyle{\frac{2x}{\pi}\leq\sin x\leq x}$ στο $\displaystyle{[0,\pi/2]}$ και $\displaystyle{-\frac{2x}{\pi}+2\leq\sin x\leq\pi-x}$ στο $\displaystyle{[\pi/2,\pi]}$ μπορεί το ζητούμενο να βγει και με σχολικό τρόπο.

#36

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{9)}$ $\bullet$ Έστω συνεχής στο και $\mathrm{P(x),Q(x)}$ μη σταθερά πολυώνυμα με $\mathrm{deg P(x)}=\mathrm{deg Q(x)}$ και με το $\mathrm{Q}$ να έχει θετικό μεγιστοβάθμιο συντελεστή.

Ας υπολογισθεί το όριο $\begin{center}\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{1}\mathrm{P(n)}x^{\mathrm{Q(n)}}f(x)\,dx}\end{canter}$ .
(Αυτή είναι δικό μου μαγείρεμα και γενικεύει το παρακάτω. Ελπίζω να μην έχει γίνει καμμία πατάτα)

$\bullet$ Ας βρεθεί τώρα το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}\,dx}}$ . (Αυτό είναι από το Νεγρεπόντη) $\displaystyle{\boxed{\checkmark}}$

Η δική μου λύση για το δεύτερο, η οποία δουλεύει και για το πρώτο υποερώτημα.

$\displaystyle{\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}f(x)\,dx}{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}\,dx}=\int_{0}^{1}(n+1)x^{n}f(x)\,dx:=\int_{0}^{1}g_{n}(x)\,dx}$ .

Για 0<a<1

είναι $\displaystyle{g_{n}\stackrel{o\mu}{\longrightarrow}\bf{0}}$ στο $\displaystyle{[0,a]}$ $\boxed{1}$ .

Για $\displaystyle{0\leq a\leq1}$ θέτουμε $\displaystyle{I_{n}(a):=\int_{a}^{1}(n+1)x^{n}f(x)\,dx}$ .

Έχουμε $|I_{n}(0)-f(1)|\leq|I_{n}(0)-I_{n}(a)|+|I_{n}(a)-f(1)|$ $\boxed{2}$ και

$\displaystyle{(1-a^{n+1})m_{a}\leq \big(I_{n}(a)=\big)\int_{a}^{1}(n+1)x^{n}f(x)\,dx\leq(1-a^{n+1})M_{a}}$ $\boxed{3}$ , όπου

$\displaystyle{m_{a}:=\min_{x\in[a,1]}f(x)}$ και $\displaystyle{M_{a}:=\max_{x\in[a,1]}f(x)}$ .

Ακόμα

$\displaystyle{|I_{n}(a)-f(1)|\stackrel{\boxed{3}}{\leq}I_{n}(a)-(1-a^{n+1})m_{a}+\Big|(1-a^{n+1})m_{a}-f(1)\Big|\stackrel{\boxed{3}}{\leq}$

$\displaystyle{(1-a^{n+1})M_{a}-(1-a^{n+1})m_{a}+\Big|(1-a^{n+1})m_{a}-f(1)\Big|}$ , άρα

$\displaystyle{\limsup|I_{n}(a)-f(1)|\leq M_{a}-m_{a}+|m_{a}-f(1)|}$ $\displaystyle{\boxed{4}}$ .

Τώρα $\displaystyle{\boxed{2}\stackrel{\boxed{1},\boxed{4}}{\Longrightarrow}\limsup|I_{n}(0)-f(1)|\leq0+M_{a}-m_{a}+|m_{a}-f(1)|}$ , και επειδή το

ήταν τυχαίο, και λαμβάνοντας υπόψιν το γεγονός ότι λόγω συνέχειας της

είναι

$\displaystyle{m_{a},M_{a}\stackrel{a\to1}{\longrightarrow}f(1)}$ , αφήνοντας το

να πάει στο

, έχουμε ότι

$\limsup|I_{n}(0)-f(1)|\leq0$ , άρα $\displaystyle{\int_{0}^{1}(n+1)x^{n}f(x)\,dx\to f(1)}$ .

mathxl · #37

Ας λυθεί και το 3 από την τελευταία σελίδα (θα ήθελα και μία μετάφραση από το 4 στην ίδια σελίδα αν γίνεται)

mathxl · #38

Ας υπολογιστεί και αυτό
$\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x|\cos (2n+1)x|\ dx$

#39

Ωραία θεματάκια! Πού τα ξετρύπωσες; Θα τα παλέψω αύριο!

#40

Για το

. Είναι

$\displaystyle{n\int_{0}^{1}f\Big(\frac{x}{n}\Big)\,dx=n\Big(\int_{0}^{1}f(0)+f{'}(0)\frac{x}{n}+o\Big(\frac{x}{n}\Big)\,dx\Big)\stackrel{f(0)=0}{=}\frac{1}{2}f{'}(0)+o(1)=\frac{1}{2}f{'}(0)}$ .

(Με επιφύλαξη γιατί με το Λαντάου ακόμα...)

Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Re: Όρια με ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση