mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 19, 2011 12:16 am**

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

Χρησιμοποιούμε το ολοκληρωτικό κριτήριο σύγκλισης:

Αν η $f:[N,+\infty)\to\mathbb R$ είναι γνησίως φθίνουσα όπου

ακέραιος, τότε $\displaystyle{\int_{N}^{M+1}f(x)\,dx\leq\sum_{k=N}^{M}f(k)\leq f(N)+\int_{N}^{M}f(x)\,dx}$ για κάθε $\mathbb Z\ni M>N$ .

Έστω

σταθερό μεγάλο.
Εκτιμούμε αρχικά το δεύτερο άθροισμα για

σταθερό. Η $(n^2+ni+x)^{-1/2}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $[1,+\infty)$ , άρα για (M,N)=(n^2,1)

στο κριτήριο παίρνουμε

$\displaystyle{2\left((2n^2+ni+1)^{1/2}-(n^2+ni+1)^{1/2}\right)=\int_{1}^{n^2+1}(n^2+ni+x)^{-1/2}\,dx\leq\sum_{j=1}^{n^2}(n^2+ni+j)^{-1/2}\leq}$

$\displaystyle{(n^2+ni+1)^{-1/2}+\int_{1}^{n^2}((n^2+ni+x))^{-1/2}\,dx=2\left((2n^2+ni)^{-1/2}-(n^2+ni+1)^{-1/2}\right)}$ .

Αθροίζουμε τις ανισότητες για $i=1,\ldots,n$ και παίρνουμε

$\displaystyle{2\sum_{i=1}^{n}\left((2n^2+ni+1)^{1/2}-(n^2+ni+1)^{1/2}\right)\leq A_{n}\leq\sum_{i=1}^{n}(n^2+ni+1)^{-1/2}+2\sum_{i=1}^{n}\left((2n^2+ni)^{-1/2}-(n^2+ni+1)^{-1/2}\right)}$ .

Εφαρμόζουμε μια φορά ακόμα το κριτήριο για τις συναρτήσεις

$f_{1}(x):=(n^2+nx+1)^{-1/2}$ , $f_{2}(x):=(2n^2+nx)^{-1/2}-(n^2+nx+1)^{-1/2}$ στο [1,n]

για να πάρουμε το δεξί φράγμα και για τη συνάρτηση

$f_{3}(x):=(2n^2+nx+1)^{1/2}-(n^2+nx+1)^{1/2}$ στο ίδιο διάστημα για το αριστερό φράγμα, πολλαπλασιάζουμε με 1/n^2

, παίρνουμε όρια και από παρεμβολή $n^{-2}A_{n}\to\frac{4}{3}-\frac{16\sqrt{2}}{3}+4\sqrt{3}$ .

Το παραπάνω κριτήριο είναι πάρα πολύ χρήσιμο γιατί μπορούμε να περνάμε από άθροισμα σε ολοκλήρωμα που έχουμε μεγαλύτερη ελευθερία κινήσεων. Αν πχ κάπου σε μια παράσταση που ψάχνουμε όριο παρουσιάζεται μια σειρά $\sum_{k=1}^{n}f(n)$ που αποκλίνει, από το κριτήριο ξέρουμε ότι $\sum_{k=1}^{n}f(k)\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\int_{1}^{n}f(x)\,dx$ , και το ολοκλήρωμα μπορεί ενδεχομένως να υπολογίζεται ή να μπορούμε ευκολότερα να εκτιμήσουμε τη συμπεριφορά του με ολοκλήρωση κατά μέρη ή άλλους τρόπους. Αυτά...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 20, 2011 10:50 pm**

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{0}^{\pi/4}e^{x(\cos t-1)}\cos t\,dt}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 21, 2011 8:36 pm**

Ας υπολογιστεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\left(x^{3/2}\int_{0}^{\pi/2}e^{-x\sin^2t}\,dt-\frac{\sqrt{\pi}x}{2}\right)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 21, 2011 10:31 pm**

69) Να υπολογιστεί το όριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt n }} \cdot \sqrt[{{n^2}}]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{i^i}} }}} \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 22, 2011 2:52 am**

nonlinear έγραψε:69) Να υπολογιστεί το όριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt n }} \cdot \sqrt[{{n^2}}]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{i^i}} }}} \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Το έβγαλα $\displaystyle{\sqrt[4]{e}}$

$\displaystyle{n^{-1/2}\left(\prod_{i=1}^{n}i^i\right)^{1/n^2}=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\cdot n\right)=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}+\frac{\ln n}{n^2}\frac{(1+n)n}{2}\right)=}$
$\displaystyle{\sqrt[2n]{n}\exp\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\right)\to\exp\left(\int_{0}^{1}x\ln x\,dx\right)=e^{-1/4}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 22, 2011 2:48 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
nonlinear έγραψε:69) Να υπολογιστεί το όριο :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt n }} \cdot \sqrt[{{n^2}}]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{i^i}} }}} \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Το έβγαλα $\displaystyle{\sqrt[4]{e}}$
$\displaystyle{n^{-1/2}\left(\prod_{i=1}^{n}i^i\right)^{1/n^2}=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\cdot n\right)=\exp\left(-\frac{\ln n}{2}+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}+\frac{\ln n}{n^2}\frac{(1+n)n}{2}\right)=}$
$\displaystyle{\sqrt[2n]{n}\exp\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\ln\frac{i}{n}\right)\to\exp\left(\int_{0}^{1}x\ln x\,dx\right)=e^{-1/4}}$ .

To $\displaystyle{\int_{0}^{1}x\ln x\,dx\right)}$ δεν οριζεται οποτε παμε εψιλοντικα (lim ε->0). Το αποτελεσμα βεβαια δεν αλλαζει.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 23, 2011 3:34 am**

Αυτό που λέει ο nonlinear λίγο διαφορετικά......(απλά για να υπάρχει).

$\displaystyle{\bf \int_{0}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x=\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_\frac{1}{n}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x}$ και το τελευταίο

$\displaystyle{\bf \int_{\frac{1}{n}}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x=\frac{x^{2}}{2}\log(x)\bigg|_{\frac{1}{n}}^{1}-\int_{\frac{1}{n}}^{1}\frac{x}{2}\;\texttt{d}x=\frac{1}{2n^{2}}\log(n)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2n^{2}}\right)=\frac{1}{2n^{2}}\log(n)+\frac{1}{4n^{2}}-\frac{1}{4}\overset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}-\frac{1}{4}}$ και έτσι $\displaystyle{\bf \int_{0}^{1}x\log(x)\;\texttt{d}x=-\frac{1}{4}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 28, 2011 7:50 pm**

Υπολογίστε, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x(t^2+1-\cos t)}\frac{t}{\sinh t}\,dt}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 17, 2011 9:00 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\int_{0}^{\pi/4}e^{x(\cos t-1)}\cos t\,dt}$ .

Θα εφαρμόσουμε την μέθοδο του Laplace:
Έστω $\displaystyle{x \to + \infty }$ και

θέση ολικού ελαχίστου της συνάρτησης g(t)

, δηλαδή $\displaystyle{g'\left( s \right) = 0{\text{ \& }}g''\left( s \right) > 0}$ . Τότε $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right){e^\big{{ - xg\left( t \right)}}}dt} \sim \sqrt {\frac{{2\pi }}{{x \cdot g''\left( s \right)}}} f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}}$ .

Η απόδειξή του, (χωρίς αυστηρότητα) ακολουθεί τα εξής: $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right){e^\big{{ - xg\left( t \right)}}}dt} \sim \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right){e^\big{{ - x\left( {g\left( s \right) + \frac{1}{2}g''\left( s \right){{\left( {t - s} \right)}^2} + ..} \right)}}}dt} \sim f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^\big{{ - \dfrac{x}{2}g''\left( s \right){y^2}}}}dy} \sim }$

$\displaystyle{ \sim f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {{\left( {\sqrt {\dfrac{{xg''\left( s \right)}}{2}} y} \right)}^2}}}dy} \sim \sqrt {\frac{{2\pi }}{{xg''\left( s \right)}}} f\left( s \right){e^\big{{ - xg\left( s \right)}}}}$ http://www2.ph.ed.ac.uk/~dmarendu/MOMP/lecture04.pdf

Στο θέμα μας.

Για $\displaystyle{f\left( t \right) = \cos t{\text{ }}{\text{, }}g\left( t \right) = 1 - \cos t}$ και επειδή στην θέση t=0

έχουμε ολικό ελάχιστο για την g(t)

με $\displaystyle{g'\left( 0 \right) = 0{\text{ \& }}g''\left( 0 \right) = 1}$ ,

για «μεγάλα»

θα έχουμε $\displaystyle{I = \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - x\left( {1 - \cos \left( t \right)} \right)}}}\cos \left( t \right)dt} = \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - x\left( {\dfrac{{{t^2}}}{2} - \dfrac{{{t^4}}}{{4!}} + ..} \right)}}}\cos \left( t \right)dt} \sim \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - {{\left( {\dfrac{{t\sqrt x }}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}}\cos \left( t \right)dt} = \mathop = \limits^\big{{\dfrac{{t\sqrt x }}{{\sqrt 2 }} = y}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }}\int\limits_0^{\pi \sqrt x /4\sqrt 2 } {{e^{ - {y^2}}}\cos \left( {y\frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }}} \right)dy} \sim \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }}\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - {y^2}}}}dy} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{2}}$

Τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt x \int\limits_0^{\pi /4} {{e^\big{{ - x\left( {1 - \cos \left( t \right)} \right)}}}\cos \left( t \right)dt} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt x \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{2} = \sqrt {\frac{\pi }{2}} }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 18, 2011 11:46 am**

Όμορφα! Αυτό ήταν το κλού της άσκησης Σεραφείμ.

Μια λεπτομερή απόδειξη της μεθόδου του Laplace, καθώς και μια διαφορετική αντιμετώπιση του θέματος με χρήση του Λήμματος του Watson (καθώς και την απόδειξή του) μπορεί κανείς να δει στα Θέματα Ανάλυσης.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 11, 2011 2:24 am**

Yπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{0}^{\frac{\displaystyle\pi}{2}}{\left(1-\sqrt[n]{sinx}\right)dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 11, 2011 9:38 pm**

vzf έγραψε:Yπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{0}^{\frac{\displaystyle\pi}{2}}{\left(1-\sqrt[n]{\sin x}\right)dx:=\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi/2}f_{n}(x)\,dx}$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(t)=t\sin ^{1/t}x$ όπου $x\in(0,\pi/2]$ τυχαίο αλλά σταθερό και $t\geq1$ .

Είναι $f{'}(t)=\sin^{1/t}x\left(1-\frac{\ln(\sin x)}{t}\right)>0$ , άρα $n_{1}<n_{2}\Rightarrow n_{1}(1-\sin^{1/n_{1}}x)<n_{2}(1-\sin^{1/n_{2}}x)\Rightarrow f_{n_{1}}(x)<f_{n_{2}}(x)$ .

Επίσης είναι $f_{n}(x)\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}-\ln(\sin x)$ για $x\in(0,\pi/2]$ , οπότε από το θεώρημα μονότονης σύγκλισης είναι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi/2}f_{n}(x)\,dx=\int_{0}^{\pi/2}-\ln(\sin x)\,dx}$ , το οποίο έχουμε ξανασυζητήσει σε παλαιότερο ποστ ότι κάνει $\displaystyle{\frac{\pi\ln2}{2}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 27, 2011 1:59 pm**

72) Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_a^b {\frac{{si{n^n}x}}{{si{n^n}x + co{s^n}x}}} dx}$

όταν $\displaystyle{0 \le a < b \le \frac{\pi }{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2011 9:24 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 09, 2011 6:49 pm**

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

Εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 15, 2011 2:35 pm**

74.

$\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\,\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 15, 2011 4:13 pm**

socrates έγραψε:74.

$\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\,\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=438394

Από το ανάπτυγμα Taylor της $\tan t$ στο

, βλέπουμε ότι $\displaystyle{\cot t^2=\frac{1}{t^2}+\mathcal O(t^2)}$ άρα η $\cot t^2$ συμπεριφέρεται κοντά στο

όπως η $\displaystyle{\frac{1}{t^2}}$ . Κάνουμε λοιπόν το εξής για να απλουστεύσουμε την κατάσταση:

Γράφουμε $\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t =\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}-\frac{1}{t^2}\,dt+\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{t^2}\,dt }$ .

Τώρα $\displaystyle{\cot t^{2}-\frac{1}{t^2}=\mathcal O(t^2)}$ , άρα $\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}-\frac{1}{t^2}\,dt=\mathcal O\left(\int_{1/x}^{1/(x+1)}t^2\right)=\mathcal O\left(\frac{1}{(x+1)^3}-\frac{1}{x^3}\right)=\mathcal O(x^{-4})}$ ενώ

$\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{t^2}\,dt=1}$ , άρα $\displaystyle{\int_{\frac {1}{x+1}}^{\frac{1}{x}}\cot t^{2}\ \text{d}t =1+\mathcal O(x^{-4})\to1}$ .

Μπορούμε να βρούμε και καλύτερη προσσέγγιση της ποσότητας ξεκινώντας από καλύτερη προσσέγγιση της $\displaystyle{\tan t}$ κοντά στο

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 03, 2011 4:06 pm**

Αν

, ας βρεθεί αν υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\left(\int_{0}^{1}(1+ax^n)^n\,dx\right)^{1/n}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 05, 2012 8:26 am**

$\displaystyle{76)}$ Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\displaystyle \lim_{{{t}\to{0}}}\frac{{1}}{{t}}{\int_{{0}}^{{t}}}{\left|{\sin{{\left(\frac{{1}}{{x}}\right)}}}\right|}{\left.{d}{x}\right}}.$

$\displaystyle{77)}$ Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\displaystyle \lim_{{{t}\to{0}}}\frac{{1}}{{t}}{\int_{{0}}^{{t}}}{\cos{{\left({\sin{{\left({\tan{{\left(\frac{{1}}{{x}}\right)}}}\right)}}}\right)}}}{\left.{d}{x}\right}}.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 05, 2012 3:10 pm**

vzf έγραψε: $\displaystyle{76)}$ Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\displaystyle \lim_{{{t}\to{0}}}\frac{{1}}{{t}}{\int_{{0}}^{{t}}}{\left|{\sin{{\left(\frac{{1}}{{x}}\right)}}}\right|}{\left.{d}{x}\right}}.$

Για το δεξί πλευρικό :

Κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής u=1/t

στο όριο και την 1/x=y

στο ολοκλήρωμα, ζητάμε να βρούμε το

$\displaystyle{\lim_{u\to+\infty}u\int_{u}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2}\,dy}$ .

Η $|\sin y|$ ως συνεχής στο $\mathbb R$ θα έχει αρχική έστω

με $F'=|\sin x|$ για $x\in\mathbb R$ . Αυτή η

θα είναι επίσης φραγμένη.

Τότε με ολοκλήρωση κατά μέρη έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned}u\int_{u}^{+\infty}\frac{|\sin y|}{y^2}\,dy&=u\left(\frac{F(y)}{y^2}\Bigg|_{u}^{+\infty}+2\int_{u}^{+\infty}\frac{F(y)}{y^3}\,dy\right) \notag \\ &\stackrel{*}{=}\frac{F(u)}{u}+2u\int_{u}^{+\infty}\frac{F(y)}{y^3}\,dy\end{aligned}}$

Η

φραγμένη.

Τώρα $\displaystyle{\frac{F(u)}{u}\to0}$ πάλι διότι η

είναι φραγμένη και για τον ίδιο πάλι λόγο

$\displaystyle{\Bigg|u\int_{u}^{+\infty}\frac{F(y)}{y^3}\,dy\Bigg|\leq u\int_{u}^{+\infty}\Bigg|\frac{F(y)}{y^3}\Bigg|\,dy\leq\frac{c}{u}\to0}$ , άρα το δεξί πλευρικό είναι

.

Για το αριστερό πλευρικό κάνουμε τα αντίστοιχα.

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