mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 07, 2010 8:38 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{15)}$ Έστω $\displaystyle{f:[0,+\infty)\to[0,+\infty)}$ συνεχής με $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}f(x)\,dx<+\infty}$ .

Ας υπολογισθεί το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{n}xf(x)\,dx}$ .

Ας δώσω και σε αυτό μια λύση μιας και έχει ξεχαστεί..

Έστω $\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x}f(t)\,dt}$ .

Είναι $\displaystyle{\frac{1}{n}\int_{0}^{n}xf(x)\,dx=\frac{1}{n}\int_{0}^{n}x\left(F(x)\right){'}\,dx=F(n)-\frac{1}{n}\int_{0}^{n}F(x)\,dx}$ .

Όμως $\displaystyle{F(n)\to\int_{0}^{+\infty}f(x)\,dx}$ και από ισχυρό De l' Hospital $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{n}F(x)\,dx=\lim_{n\to+\infty}F(n)=\int_{0}^{+\infty}f(x)\,dx}$ .

Το ζητούμενο όριο συνεπώς είναι

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 16, 2010 1:06 pm**

$\displaystyle{55)}$ Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{(1+\cos x)^n}\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 28, 2010 12:15 am**

56) Nα υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{-1}^{1}\left(\frac{2+x}{3}\right)^{n}(1-x^{2})^{-1/2}\, dx$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 01, 2010 4:33 pm**

$\displaystyle{57)}$ Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin(xt)}{\sin t}\right)^2\,dt}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 19, 2010 12:09 pm**

58) Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\left[ {\frac{{2n}}{k}} \right] - 2\left[ {\frac{n}{k}} \right]} \right)} } \right]}$

οι αγκύλες είναι για το ακέραιο μέρος

απάντηση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 26, 2010 2:41 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{55)}$ Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{(1+\cos x)^n}\,dx}$ .

Όμορφο !!

Έστω $\displaystyle{{I_n} = n\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{{{\left( {1 + \cos \left( x \right)} \right)}^n}}}dx} = \frac{n}{{{2^n}}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{{{\cos }^{2n}}\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}}dx} }$ . Θέτουμε $\displaystyle{\tan \left( {\frac{x}{2}} \right) = y}$ . Τότε $\displaystyle{{\cos ^2}\left( {\dfrac{x}{2}} \right) = \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}} = \frac{1}{{1 + {y^2}}}{\text{ \& }}dx = \frac{2}{{1 + {y^2}}}dy}$ ,

οπότε $\displaystyle{{I_n} = \frac{n}{{{2^{n - 1}}}}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 + {y^2}} \right)}^{n - 1}}dy} \Rightarrow \boxed{{I_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{{2^n}}} \cdot \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + {y^2}} \right)}^n}dy} }}$ . Θεωρούμε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{{J_n} = \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + {y^2}} \right)}^n}dx} }$ . Τότε

$\displaystyle{\begin{gathered} {J_n} = \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + {y^2}} \right)}^n}dy} = \left[ {y{{\left( {1 + {y^2}} \right)}^n}} \right]_{y = 0}^{y = 1} - 2n\int\limits_0^1 {{y^2}{{\left( {1 + {y^2}} \right)}^{n - 1}}dy} = {2^n} - 2n{J_n} + 2n{J_{n - 1}} \Rightarrow \hfill \\ \Rightarrow \left( {2n + 1} \right){J_n} = {2^n} + 2n{J_{n - 1}} \Rightarrow \boxed{\frac{{2n + 1}}{{2n}} \cdot \frac{{{J_n}}}{{{J_{n - 1}}}} = \frac{{{2^n}}}{{2n{J_{n - 1}}}} + 1} \hfill \\ \end{gathered} }$

Όμως (όπως αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=9607) ισχύει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\int\limits_a^b {{f^{n + 1}}\left( x \right)dx} }}{{\int\limits_a^b {{f^n}\left( x \right)dx} }} = \max \left\{ {f\left( x \right)/x \in \left[ {a,b} \right]} \right\}}$ . Τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{J_n}}}{{{J_{n - 1}}}} = \max \left\{ {\left( {1 + {y^2}} \right)/x \in \left[ {0,1} \right]} \right\} = 2}$ . Άρα

$\displaystyle{\begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{2n + 1}}{{2n}} \cdot \frac{{{J_n}}}{{{J_{n - 1}}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{2^n}}}{{2n{J_{n - 1}}}}} \right) + 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{2^n}}}{{2n{J_{n - 1}}}}} \right) + 1 = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{2^{n + 1}}}}{{2\left( {n + 1} \right){J_n}}}} \right) = 1 \Rightarrow \hfill \\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{2^n}}}{{\left( {n + 1} \right){J_n}}}} \right) = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{n + 1}}{{{2^n}}} \cdot {J_n}} \right) = 1 \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{{{\left( {1 + \cos \left( x \right)} \right)}^n}}}dx} } \right) = 1} \hfill \\ \end{gathered} }$

Ενδεικτικές τιμές

$\displaystyle{\begin{gathered} {I_1} = 1{\text{ }}{\text{, }}{I_{10}} = \frac{{52.412}}{{46.189}}{\text{ }}{\text{, }}{I_{50}} \approx 1,0209{\text{ }}{\text{, }}{I_{100}} \approx 1,0102{\text{ }}{\text{, }} \hfill \\ {I_{500}} \approx 1,00209{\text{ }}{\text{, }}{I_{1000}} \approx 1,00117{\text{ }}{\text{, }}{I_{2000}} \approx 1,00084{\text{ }}... \hfill \\ \end{gathered} }$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 29, 2010 9:02 pm**

Έλα ψιλοαπαράδεκτο αλλά συνάμα συμπαθές...(μυστήριο κράμα)

$\displaystyle{59)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\bigintss_{-\pi}^{\pi}\frac{n!2^{2n\cos\theta}}{\Big|\prod_{k=1}^{n}(2ne^{i\theta}-k)\Big|}\,d\theta}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 29, 2010 9:48 pm**

Και μια γενίκευση του $\displaystyle{55)}$ από mathlinks:

$\displaystyle{60)}$ Έστω $\displaystyle{f:[0,b]\to[0,1]}$ με $\displaystyle{f(0)=1}$ και $\displaystyle{0<f(x)<1}$ στο $\displaystyle{(0,b]}$ . Αν $\displaystyle{f(x)\stackrel{x\to0}{=}1-x+o(x)}$ , τότε $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\int_{0}^{b}\left(f(x)\right)^n\,dx=1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 08, 2011 1:39 am**

$\displaystyle{61)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{-\pi }^{\pi }{\arctan \left( \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n}{k{{\sin }^{2}}(kx)} \right)\,dx}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 02, 2011 5:57 pm**

62) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^n {{{\left( {1 - \frac{x}{n}} \right)}^n}} {x^{a - 1}}dx,a > 0}$
και καλή τύχη στον διαιτητή

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 02, 2011 6:57 pm**

mathxl έγραψε:62) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^n {{{\left( {1 - \frac{x}{n}} \right)}^n}} {x^{a - 1}}dx,a > 0}$
και καλή τύχη στον διαιτητή

Στο διάστημα [0, n]

είναι $0\le 1-\frac{x}{n} \le 1$ και $0\le (1-\frac{x}{n})^n \le e^{-x}$ . Άρα αν $f_n(x) = \chi_{[0,n]}(x) (1-\frac{x}{n})^n$ τὀτε
$0\le f_n(x) \le e^{-x}$ .

Από θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης έχουμε

$\int _0^n \left( {1 - \frac{x}{n}} \right)}^n}} {x^{a - 1}}= \int _0^{\infty} f_n(x) x^{a-1}dx \rightarrow \int_0^\infty e^{-x}x^{a-1}dx$ .

Το τελευταίο είναι εξ ορισμού $\Gamma (a)$ . Π.χ. για $a\in \mathbb N$ ισούται (a-1)!

.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 02, 2011 8:07 pm**

Η άσκηση είναι από Examen Analiza Reala 05.02.2009

κα μια παροιμία:Οποίος κεντάει το γάιδαρο μυρίζεται τις πορδές του.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 07, 2011 4:35 pm**

Αν $a_{j}>0$ για $j=1,\ldots,k$ και c>1

, βρείτε το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^k}\int_{1}^{c}\prod_{j=1}^{k}\ln(1+a_{j}x^n)\,dx}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 25, 2011 12:24 pm**

$\displaystyle{64)}$ Έστω $\displaystyle{f :[0,1]\to [-1,1]}$ συνεχής, γνησίως φθίνουσα και $\displaystyle{f(0)=1}$ . Έστω ακόμα 0<a<1

.

Δείξτε ότι $\displaystyle{ \int_0^1\frac{f^n(ax)-f^n(x)}{x}\,dx \to \ln \frac{1}{a} }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 02, 2011 2:37 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{64)}$ Έστω $\displaystyle{f :[0,1]\to [-1,1]}$ συνεχής, γνησίως φθίνουσα και $\displaystyle{f(0)=1}$ . Έστω ακόμα .

Δείξτε ότι $\displaystyle{ \int_0^1\frac{f^n(ax)-f^n(x)}{x}\,dx \to \ln \frac{1}{a} }$ .

$\displaystyle{\bf I_{n}=\int_{0}^{1}\frac{f^{n}(a\cdot x)-f^{n}(x)}{x}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{1}\frac{f^{n}(a\cdot x)-1}{x}\;\texttt{d}x-\int_{0}^{1}\frac{f^{n}(x)-1}{x}\;\texttt{d}x}$ , επίσης
$\displaystyle{\bf\dsp\int_{0}^{1}\frac{f^{n}(a\cdot x)-1}{x}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{a}\frac{f^{n}(x)-1}{x}\;\texttt{d}x}$ , άρα

$\displaystyle{\bf I_{n}=\bigintss_{a}^{1}\frac{1-f^{n}(x)}{x}\;\texttt{d}x\;\;\overset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}\;\;\int_{a}^{1}\frac{1}{x}\;\texttt{d}x=-\ln(a)}$ , το τελευταίο ισχύει διότι $\bf f$ φραγμένη από το 1 κατ´απόλυτη τιμή με εξαίρεση τα άκρα ίσως.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2011 2:07 am**

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{-1}^{0}\ (x+e^x)^ndx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 14, 2011 10:32 pm**

65) Θέτουμε $\displaystyle{\bf u=-n\cdot x}$ και το όριο γίνεται,
$\displaystyle{\bf\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{n}\texttt{e}^{-x}\left(1-\frac{x}{n}\texttt{e}^{\frac{x}{n}}\right)^{n}\;\texttt{d}x}$ , επίσης $\displaystyle{\bf \lim_{n\rightarrow+\infty}\texttt{e}^{-x}\left(1-\frac{x}{n}\texttt{e}^{\frac{x}{n}}\right)^{n}=\texttt{e}^{-2x}}$ , τέλος

$\displaystyle{\bf\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{n}\texttt{e}^{-x}\left(1-\frac{x}{n}\texttt{e}^{\frac{x}{n}}\right)^{n}\;\texttt{d}x=\lim_{n\rightarrow+\infty}\int\limits_{\mathbb{R}}\delta_{(0,n)}(x)\texttt{e}^{-x}\left(1-\frac{x}{n}\texttt{e}^{\frac{x}{n}}\right)^{n}\;\texttt{d}x=\int\limits_{\mathbb{R}}\lim_{n\rightarrow+\infty}\delta_{(0,n)}(x)\texttt{e}^{-x}\left(1-\frac{x}{n}\texttt{e}^{\frac{x}{n}}\right)^{n}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{+\infty}\texttt{e}^{-2x}\;\texttt{d}x=\frac{1}{2}}$ , χρησιμοποιήθηκε η χαρακτηριστική του διαστήματος [0,n] δ η οποία είναι 1 όταν το x ανήκει στο διάστημα και 0 αλλού και στο τέλος το θεώρημα της κυριαρχημένης σύγκλισης.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 18, 2011 12:32 am**

mathxl έγραψε:56) Nα υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{-1}^{1}\left(\frac{2+x}{3}\right)^{n}(1-x^{2})^{-1/2}\, dx$

Τούτο δω είναι ένα πολύ ωραίο παράδειγμα για την εφαρμογή ενός επίσης χρήσιμου λήμματος, (πέρα από τη μέθοδο του Laplace που αναφέρω εδώ).

Είναι το λήμμα του Watson, το οποίο λέει:

Θεωρούμε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I(k):=\int_{0}^{b}f(t)e^{-kt}\,dt}$ με $b\in\mathbb R^{+}\cup\{+\infty\}$ .

Έστω ότι $\displaystyle{f(t)\stackrel{t\to0^+}{\sim}t^{a}\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}t^{\beta n}}$ , με a>-1

και $\beta>0\qquad\boxed{*}$ .

Τότε $\displaystyle{I(k)\stackrel{k\to+\infty}{\sim}\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\frac{\Gamma(a+\beta n+1)}{k^{a+\beta n+1}}$ .

( $\boxed{*}$ Γενικά, για $a\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ , είναι $f(x)\stackrel{x\to a}{\sim}g(x)\Leftrightarrow f(x)/g(x)\stackrel{x\to a}{\longrightarrow}1$ . Αυτό σημαίνει ότι κοντά στο

, οι

και

έχουν ττην ίδια συμπεριφορά.

Όταν γράφουμε $\displaystyle{f(x)\stackrel{x\to a}{\sim}\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}x^n}$ εννοούμε ότι για κάθε

, είναι $\displaystyle{f(x)-\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^n= o(x^N)\Leftrightarrow\frac{f(x)-\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^n}{x^N}\stackrel{x\to a}{\longrightarrow}0}$ . Με λίγα λόγια, όσο περισσότερους όρους πάρουμε από τη σειρά, τόσο καλύτερη προσέγγιση έχουμε για την

κοντά στο

. Οι σειρές αυτές συνήθως είναι αποκλίνουσες, ο συμβολισμός είναι καταχρηστικός δηλαδή. Για περισσότερες πληροφορίες μπορεί κανείς να δει στα βιβλία των Knopp και Bromwich στα κεφάλαια divergent series ή asymptotic expansions, ή εδώ)

Για το θέμα μας λοιπόν έχουμε: $\displaystyle{\sqrt{k}\int_{-1}^{1}\left(\frac{2+x}{3}\right)^k(1-x^2)^{-1/2}\,dx=\sqrt{k}\int_{-1}^{1}\exp\left(k\ln\left(\frac{2+x}{3}\right)\right)(1-x^2)^{-1/2}\,dx\stackrel{\ln((2+x)/3)=-t}{=}3\sqrt{k}\int_{0}^{\ln 3}e^{-t(k+1)}\left(1-(3e^{-t}-2)^2\right)^{-1/2}\,dt}$

άρα αναζητούμε το όριο του $\displaystyle{3\sqrt{k-1}\int_{0}^{\ln 3}e^{-tk}\left(1-(3e^{-t}-2)^2\right)^{-1/2}\,dt}$ .

Τώρα αναζητούμε ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα της $\displaystyle{f(x):=\left(1-(3e^{-t}-2)^2\right)^{-1/2}}$ .

Για

κοντά στο

, έχουμε: $\displaystyle{e^{-t}\sim 1-t+\mathcal O(t^2)}$ , άρα $\displaystyle{3e^{-t}-2\sim 1-3t+\mathcal O(t^2)}$ , άρα $\displaystyle{(3e^{-t}-2)^2\sim 1-6t+\mathcal O(t^2)}$

άρα $\displaystyle{\left(1-(3e^{-t}-2)^2\right)^{-1/2}\sim\left(6t-\mathcal O(t^2)\right)^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{6}\sqrt{t}}\left(1-\mathcal O(t)\right)^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{6}\sqrt{t}}+\mathcal O(t^{1/2})=t^{-1/2}\left(\frac{1}{\sqrt{6}}+\mathcal O(t)\right)}$ .

Έχουμε βρει λοιπόν τους πρώτους όρους (όσους μας χρειάζονται) του ασυμπτωτικού αναπτύγματος της

και για τις υποθέσεις του λήμματος εχουμε a=-1/2

, $\beta=1$ , άρα παίρνουμε $\displaystyle{3\sqrt{k-1}\int_{0}^{\ln 3}e^{-tk}\left(1-(3e^{-t}-2)^2\right)^{-1/2}\,dt\sim3\sqrt{k-1}\left(\frac{\Gamma(1/2)}{\sqrt{6}\sqrt{k}}+\mathcal O(k^{-3/2})\right)=3\sqrt{\frac{\pi}{6}}\sqrt{1-\frac{1}{k}}+\mathcal O(k^{-1/2})\to3\sqrt{\frac{\pi}{6}}}$ .

*****************************************************************************************************************************************************************************************************

Ένα καλό βιβλίο για να πάρει κανείς μια γεύση από τούτα και να δει μια απόδειξη του Λήμματος του Watson είναι το βιβλίο Complex Variables Introduction and applications των M.J.Ablowitz και Αθανάσιου.Σ.Φωκά

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 18, 2011 2:35 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{-1}^{0}\ (x+e^x)^ndx}$ .

Κάποιες σκέψεις και μια λύση για τούτο: Παρατητούμε ότι δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε απευθείας Θ.Κ.Σ αφού στο σημείο

η ολοκληρωτέα απειρίζεται καθώς $n\to+\infty$ . Το γεγονός όμως ότι είναι η τιμή στο άκρο που δημιουργεί το πρόβλημα, μας κάνει να σκεφτούμε ότι ίσως η ολοκλήρωση κατά μέρη τακτοποιήσει τη δυσκολία, αφου υπολογίζει τιμές της συνάρτησης στα άκρα.

Έχουμε λοιπόν:

$\displaystyle{\int_{-1}^{0}n(x+e^{x})^n\,dx=\int_{-1}^{0}\frac{x+e^x}{1+e^x}\left((x+e^x)^n\right){'}\,dx=\frac{(x+e^x)^{n+1}}{1+e^x}\Big|_{-1}^{0}-\int_{-1}^{0}(x+e^x)^n\frac{(2-x)e^x+1}{(1+e^x)^2}\,dx:=\frac{1}{2}-\frac{(e^{-1}-1)^{n+1}}{1+e^{-1}}-\int_{-1}^{0}f_{n}(x)\,dx}$ .

Όμως $\displaystyle{\frac{(e^{-1}-1)^{n+1}}{1+e^{-1}}\to0}$ και $\displaystyle{f_{n}(x)\to\begin{cases}3/4 & ,x=0 \\ 0 & ,x\in[-1,0)\end{cases}}$ , αρα από Θ.Κ.Σ. το ζητούμενο όριο είναι 1/2

.

Γιώργο η ιδέα σου είναι όμορφη αλλά πιστεύω ότι δεν κυριαρχείται η ολοκληρωτέα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 18, 2011 8:21 pm**

66) Ας υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{\lim_{n \to +\infty}n^{-2}\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{n^2}{\frac{1}{\sqrt{n^2+ni+j}}}}}}$

mathematica.gr

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