mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 05, 2012 3:23 pm**

Για το 75. Εύκολα βλέπουμε πως: $\displaystyle \int_{0}^{1}{\left(ax^n +1 \right)^n}dx=\int_{0}^{1}{\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}a^{k}x^{nk}}}dx=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\int_{0}^{1}{a^{k}x^{nk}}}dx=$ $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\frac{a^{k}}{nk+1}}$ . Εύκολα βλέπουμε πως $\displaystyle \frac{1}{n^2+1}\leqslant \frac{1}{kn+1}\leqslant \frac{1}{n}, 1\leqslant k\leqslant n$ . Άρα $\displaystyle \frac{\left(a+1 \right)^n}{n^2+1}\leqslant\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\frac{a^{k}}{nk+1}}\leqslant \frac{\left(a+1 \right)^n}{n}$ , συνεπώς $\displaystyle \frac{a+1}{\sqrt[n]{n^2+1}}\leqslant \left(\int_{0}^{1}{\left(ax^n +1 \right)^n dx} \right)^{1/n} \leqslant \frac{a+1}{\sqrt[n]{n}}$ , παίρνωντας τώρα $\displaystyle n\rightarrow \infty$ , από ισοσυγκλίνουσες το όριο θα ισούται με a+1

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 06, 2012 5:10 pm**

Νομίζω το 35 δεν έχει απαντηθεί. Zητείται το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n}dx$ .

Όμως για σταθερό

έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n dx}=\int_{0}^{\sqrt{n}}{\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\frac{\left(-1 \right)^{k} x^{2k}}{n^{k}}}}dx=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}\frac{\left(-1 \right)^k}{n^k}\int_{0}^{\sqrt{n}}{x^{2k}dx}=$

$\displaystyle \sqrt{n}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\frac{\left(-1 \right)^{k}}{2k+1}}=\sqrt{n}\int_{0}^{1}{\left(1-x^2 \right)^n}dx=\sqrt{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{n+1} t dt}$ . Έστω $\displaystyle I_{n}:=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\cos^{n+1}t dt}\Rightarrow \left(n+1 \right)I_{n+1}=nI_{n-1}$ ,

από εδώ εύκολα λαμβάνουμε ότι $\displaystyle I_{n}=\frac{\left(2n \right)!!}{\left(2n+1 \right)!!}=\frac{4^{n}\left(n! \right)^2}{\left(2n+1 \right)\left(2n \right)!}$ . Άρα ζητάμε το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{4^{n}\sqrt{n}\left(n! \right)^2}{\left(2n+1 \right)\left(2n \right)!}$ .

Από τον τύπο του Stirling έχουμε : $\displaystyle n!\sim \sqrt{2\pi n}\frac{n^{n}}{e^n}, \left(2n \right)!\sim 2\sqrt{\pi n}\frac{\left(2n \right)^n}{e^{2n}}$ , και άρα $\displaystyle \frac{4^n \sqrt{n }\left(n! \right)^2}{\left(2n+1 \right)\left(2n \right)!}\sim \frac{4^n \sqrt{n }\left(2\pi n \right)n^{2n}}{\left(2n+1 \right)e^{2n}}\cdot\frac{e^{2n}}{4^{n} n^{2n} \cdot 2\sqrt{n\pi}}\rightarrow \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ καθώς $\displaystyle n\rightarrow \infty$ .

Άρα το ζητούμενο όριο ισούται με $\displaystyle \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 06, 2012 7:23 pm**

kwstas12345 έγραψε:Νομίζω το 35 δεν έχει απαντηθεί. Zητείται το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n}dx$ .

Θαυμάσια λύση. Δίνω μία διαφορετική, που ίσως κάνει πιο διαφανή την αιτία της σύγκλισης.

Ορίζουμε $\displaystyle{ f_n(x) = \left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n, \, 0\le x \le \sqrt n}$ και $\, 0\, \, \alpha \nu \, x>\sqrt n$ . Με άλλα λόγια $\displaystyle{ f_n(x) = \left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n\chi [0, \sqrt n]}$ . Εύκολα βλέπουμε παραγωγίζοντας την $\displaystyle{ \left(1-\frac{x^2}{n} \right)^ne^{x^2}$ στο $\displaystyle{\, 0\le x \le \sqrt n}}$ ότι είναι φθίνουσα οπότε η μεγαλύτερη τιμή της είναι στο

. Έπεται ότι $\displaystyle{ \left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n \le e^{-x^2}, \, 0\le x \le \sqrt n}$ και άρα $\displaystyle{0\le f_n(x) \le e^{-x^2}, \forall x\ge 0}$ . Επίσης, κατά σημείο έχουμε $\displaystyle{\lim _{n\to \infty } f_n(x)= e^{-x^2}}$ . Από το θεώρημα κυριαρχιμένης σύγκλισης (Lebesque Dominated) έχουμε
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} \int_{0}^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{x^2}{n} \right)^n}dx = \int_{0}^{\infty}{e^{-x^2}dx= \frac {\sqrt {\pi}}{2}$ , όπως πριν.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 07, 2012 4:50 pm**

Για το 44, όπου ζητείται το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{x^n +1}}$ . Αυτό όμως έχει υπολογισθεί στο φάκελο με τα γενικευμένα ολοκληρώματα (είναι το νούμερο 62 και έχει υπολογιστεί με μπραγματική και μιγαδική ανάλυση) και έιναι ίσο με $\displaystyle \frac{\pi}{n\sin \frac{\pi}{n}}$ , άρα έπεται ότι το όριο είναι

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 07, 2012 6:00 pm**

Ας κάνω μια προσπάθεια για το 42. Zητείται το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{k\ln\left(\frac{n^2+\left(k-1 \right)^2}{n^2+k^2} \right)}$ . Θα υπολογίσω αρχικά το $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{k\ln\left(\frac{n^2+k^2}{n^2+\left(k-1 \right)^2} \right)}$ .

Ξέρουμε ότι $\displaystyle \ln x\leqslant x-1 , \forall x >0$ , άρα $\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{k\ln\left(\frac{n^2+k^2}{n^2+\left(k-1 \right)^2} \right)}\leqslant \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)}{n^2+\left(k-1 \right)^2}}$ .

Ισχύει ότι $\displaystyle \ln x \geqslant x-1 -\frac{\left(x-1 \right)^2}{2}, x\geqslant 1$ (εύκολα με μελέτη συνάρτησης).Άρα $\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{k\ln\left(\frac{n^2+k^2}{n^2+\left(k-1 \right)^2} \right)}\geqslant \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)}{n^2+\left(k-1 \right)^2}}-\frac{1}{2n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)^2}{\left(n^2+\left(k-1 \right)^2 \right)^2}}$ .

Συνεπώς $\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)}{n^2+\left(k-1 \right)^2}}-\frac{1}{2n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)^2}{\left(n^2+\left(k-1 \right)^2 \right)^2}}\leqslant A_{n}\leqslant \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)}{n^2+\left(k-1 \right)^2}}$ όπου $\displaystyle A_{n}:=\sum_{k=1}^{n}{k\ln\left(\frac{n^2+k^2}{n^2+(k-1)^2} \right)}$ .

Επίσης $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)}{n^2+\left(k-1 \right)^2}}=\sum_{k=1}^{n}{\frac{\left(k+1 \right)\left(2k+1 \right)}{n^2+k^2}}+\frac{1}{n^2}-\frac{\left(2n+1 \right)\left(n+1 \right)}{2n^2}$ . Επιπλέον $\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{\left(k+1 \right)\left(2k+1 \right)}{n^2+k^2}}=\frac{2}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k^2}{n^2+k^2}}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{3k+1}{n^2+k^2}}$ .

Όμως $\displaystyle \frac{2}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k^2}{n^2+k^2}}\rightarrow 2\int_{0}^{1}{\frac{x^2}{x^2+1}}dx=2-\frac{\pi}{2}$ και $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{3k}{n^2+k^2}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{3\left(\frac{k}{n} \right)}{1+\left(\frac{k}{n} \right)^2}}\rightarrow \int_{0}^{1}{\frac{3x }{x^2+1}}dx$ . Άρα $\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{3k}{n^2+k^2}\rightarrow 0$ .

Ακόμη $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n^2+k^2}}\leqslant \frac{1}{n}\Rightarrow \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n^2+k^2}}\rightarrow 0$ και $\displaystyle \frac{1}{2n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k\left(2k-1 \right)^2}{\left(n^2+\left(k-1 \right)^2 \right)^2}}\leqslant \frac{n^2\left(2n-1 \right)^2}{2n^5}\rightarrow 0$ .

Άρα παίρνωντας $\displaystyle n\rightarrow \infty$ στην αρχική ανισότητα που βρήκαμε τα δύο μέλη τέινουν στο $\displaystyle 2-\frac{\pi}{2}$ . Άρα $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{k\ln\left(\frac{n^2+(k-1)^2}{n^2+k^2} \right)}=\frac{\pi}{2}-2$ .

Εdit: Έγινε μια διορθωση σε μια αβλεψία, σε ένα ολοκλήρωμα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 01, 2012 7:45 pm**

Αν $\displaystyle{J_{n} :=\int_0^{\pi}\frac {| \sin (n + 1/2)x|}{x(6 - x)}dx}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac {J_{n}}{\ln n}=\frac {1}{3\pi}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 13, 2012 8:18 pm**

Μια απάντηση για το 68 ,όπου ζητείται το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty} \left(x^{3/2} \int_{0}^{\pi /2} e^{-x\sin^{2} t} dt -\frac{\sqrt{\pi}x}{2} \right)$ . Θα χρησιμοποιήσουμε το Λήμμα του Watson.(*).Ουσιαστικά θέλουμε να αναπτύξουμε το ολοκλήρωμα σε δυναμεις του χ. Πρώτα κάνουμε την αντικατάσταση: $\displaystyle y=\arcsin t$ .

Άρα $\displaystyle \int_{0}^{\pi /2} e^{-x\sin^{2} t} dt =\int_{0}^{1}{\frac{\exp\left(-xy^2 \right)}{\sqrt{1-y^2}}}dy=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}{\frac{\exp\left(-xy \right)}{\sqrt{y-y^2}}}dy$ . Όμως από το διωνυμικό θεώρημα εύκολα βλέπουμε $\displaystyle \sqrt{(t-t^2)^{-1}}=t^{-1/2} \left(\frac{1}{t}+\frac{t}{2}+\mathcal{O}\left(t^2 \right) \right)$ . Άρα έχουμε $\displaystyle a=-1/2, b=1$ .

Άρα από το Λήμμα θα είναι $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}{e^{-x\sin^2 t}}dt\sim \frac{1}{2}\left(x^{-1/2}\Gamma\left(\frac{1}{2} \right)+x^{-3/2} \Gamma\left(\frac{3}{2} \right)\right), x\rightarrow \infty$ Έτσι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\left(x^{3/2}\int_{0}^{\pi/2}{e^{-x\sin^2 t}}dt -\frac{\sqrt{\pi} x}{2}\right)=\frac{1}{4}\Gamma\left(\frac{3}{2} \right)=\frac{\sqrt{\pi}}{8}$ .

H μέθοδος αυτή εφαρμόζεται και στο 56). Tο λήμμα υπάρχει και εδώ: http://en.wikipedia.org/wiki/Watson%27s_lemma.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 20, 2012 4:20 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 06, 2012 4:34 pm**

Για

και $m,n\in\mathbb N$ , ας βρεθεί, αν υπάρχει, το $\displaystyle{\lim_{x\to0}\int_{ax}^{bx}\frac{\sin^nt}{t^m}\,dt}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 07, 2012 9:56 pm**

Ας βρεθεί, αν υπάρχει, το $\displaystyle{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,n\left( \frac{1}{am+a}-\int_{0}^{1}{\frac{{{x}^{m}}}{a+{{x}^{n}}}dx} \right)}$ , όπου $\displaystyle{a>0.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 9:12 pm**

Έστω $f:[0,1]\to\mathbb R$ φραγμένη. Ας δειχθεί ότι :

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{1}x^nf(x^n)\,dx=0}$ ,

ii)

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\int_{0}^{1}x^nf(x^n)\,dx=\int_{0}^{1}f(x)\,dx}$ ,

iii)

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(n\int_{0}^{1}x^nf(x^n)\,dx-\int_{0}^{1}f(x)\,dx\right)=\int_{0}^{1}f(x)\ln x\,dx}$ και, γενικά, ότι

iv)

$\displaystyle{\int_{0}^{1}x^nf(x^n)\,dx=\frac{1}{n}\int_{0}^{1}f(x)\,dx+\frac{1}{n^2}\int_{0}^{1}f(x)\ln x\,dx+\mathcal O(n^{-3})}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 10, 2012 11:22 pm**

Για το 81. Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει $\displaystyle n\int_{0}^{1}{\frac{x^m}{x^n +a}}dx=\int_{0}^{1}{\frac{y^{\frac{m+1}{n}}}{y\left(y+a \right)}}=\frac{1}{a}\left(\int_{0}^{1}{y^{\frac{m+1}{n}-1}} dy-\int_{0}^{1}{\frac{y^{\frac{m+1}{n}}}{y+a}}dy\right)$ $\displaystyle =\frac{n}{a\left(m+1 \right)}-a^{-1}\int_{0}^{1}{y^{\frac{m+1}{n}}\left(y+a \right)^{-1}}dy$ .

Άρα $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}n\left(\frac{1}{am+a}-\int_{0}^{1}{\frac{x^m}{x^n+a}dx} \right)=a^{-1} \lim_{n\rightarrow \infty}\int_{0}^{1}{\frac{x^{\frac{m+1}{n}}}{x+a}}dx$ .To το τελευταιο επειδή η μέσα συνάρτηση κυραρχείται απο την ολοκληρώσιμη $\displaystyle (y+a)^{-1}$ , λόγω του ΘΚΣ ισούται μέ $\displaystyle a^{_1}\int_{0}^{1}{\frac{dx}{x+a}}=a^{-1}\log\left(1+a^{-1} \right)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 11, 2012 1:57 pm**

socrates έγραψε:79) $\displaystyle{\lim_{t\to \infty}\int_0^t\frac{1}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)(x^2+c^2)}dx, \ a,b,c>0, \ a\ne b\ne c \ne a.}$

$\displaystyle\int_0^t{\frac{1}{({x^2+a^2})\,(x^2+b^2)\,(x^2+c^2)}\,dx}=$

$-\displaystyle\int_0^t{\frac{1}{(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)\,(x^2+a^2)}+\frac{1}{(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)\,(x^2+b^2)}+\frac{1}{(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)\,(x^2+c^2)}\,dx}=$

$-\displaystyle\frac{1}{(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)}\int_0^t{\frac{1}{x^2+a^2}\,dx}-\frac{1}{(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)}\int_0^t{\frac{1}{x^2+b^2}\,dx}\,-$

$\displaystyle\frac{1}{(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)}\int_0^t{\frac{1}{x^2+c^2}\,dx}=$

$-\displaystyle\frac{1}{a\,(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)}\int_0^t{\frac{\frac{1}{a}}{\bigl({\frac{x}{a}}\bigr)^2+1}\,dx}-\frac{1}{b\,(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)}\int_0^t{\frac{\frac{1}{b}}{\bigl({\frac{x}{b}}\bigr)^2+1}\,dx}\,-$

$\displaystyle\frac{1}{c\,(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)}\int_0^t{\frac{\frac{1}{c}}{\bigl({\frac{x}{c}}\bigr)^2+1}\,dx}=$

$-\displaystyle\frac{1}{a\,(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)}\Bigl[{\arctan\bigl({\tfrac{x}{a}}\bigr)}\Bigr]_0^t-\frac{1}{b\,(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)}\Bigl[{\arctan\bigl({\tfrac{x}{b}}\bigr)}\Bigr]_0^t\,-$

$\displaystyle\frac{1}{c\,(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)}\Bigl[{\arctan\bigl({\tfrac{x}{c}}\bigr)}\Bigr]_0^t=$

$-\displaystyle\frac{\arctan\bigl({\tfrac{t}{a}}\bigr)}{a\,(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)}-\frac{\arctan\bigl({\tfrac{x}{b}}\bigr)}{b\,(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)}-\frac{\arctan\bigl({\tfrac{x}{c}}\bigr)}{c\,(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)}$ .

Άρα $\displaystyle\lim_{t\to \infty}\int_0^t{\frac{1}{({x^2+a^2})\,(x^2+b^2)\,(x^2+c^2)}\,dx}=$

$-\displaystyle\lim_{t\to +\infty}{\frac{\arctan\bigl({\tfrac{t}{a}}\bigr)}{a\,(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)}}-\lim_{t\to +\infty}{\frac{\arctan\bigl({\tfrac{x}{b}}\bigr)}{b\,(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)}}-\lim_{t\to +\infty}{\frac{\arctan\bigl({\tfrac{x}{c}}\bigr)}{c\,(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)}}=$

$-\displaystyle\frac{\frac{\pi}{2}}{a\,(c^2-a^2)\,(a^2-b^2)}-\frac{\frac{\pi}{2}}{b\,(a^2-b^2)\,(b^2-c^2)}-\frac{\frac{\pi}{2}}{c\,(a^2-c^2)\,(c^2-b^2)}=$

$\displaystyle\frac {\pi\,({a+b+c})}{2abc\,(a+b)\,(b+c)\,(c+a)}$ , $a,b,c\in{\mathbb{R}}^{+}, \ a\ne b\ne c \ne a\,.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 30, 2012 3:02 pm**

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{y\to+\infty}\ln^2y-2\int_{0}^{y}\frac{\ln x}{\sqrt{x^2+1}}\,dx}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 30, 2012 11:28 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{y\to+\infty}\ln^2y-2\int_{0}^{y}\frac{\ln x}{\sqrt{x^2+1}}\,dx}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Martin Gales

Είτε πήρα στραβό δρόμο, είτε, όντως είναι πολύ στριφνή ..

$\displaystyle{{\ln ^2}y - 2\int\limits_0^y {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} = 2\int\limits_1^y {\frac{{\ln x}}{x}dx} - 2\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} - 2\int\limits_1^y {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} = - 2\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} + 2\int\limits_1^y {\ln x\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx} }$

Τότε $\displaystyle{L = \mathop {\lim }\limits_{y \to \infty } \left( {{{\ln }^2}y - 2\int\limits_0^y {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} } \right) = - 2\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} + 2\int\limits_1^\infty {\ln x\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx} = \mathop = \limits^{x \to 1/x} = }$

$\displaystyle{ = - 2\int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} - 2\int\limits_0^1 {\ln x\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx} \Rightarrow \boxed{L = \mathop {\lim }\limits_{y \to \infty } \left( {{{\ln }^2}y - 2\int\limits_0^y {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} } \right) = - 2\int\limits_0^1 {\ln x\left( {\frac{{x - 1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{x\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx} }}$

και $\displaystyle{ - 2\int\limits_0^1 {\ln x\left( {\frac{{x - 1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{x\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx} = \mathop = \limits^{x = \tan y} = - 2\int\limits_0^{\pi /4} {\frac{{\ln \left( {\tan y} \right)}}{{\cos y}}\left( {1 + \tan \frac{y}{2}} \right)dy} = \mathop = \limits^{\tan (y/2) = x} = }$

$\displaystyle{ = - 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( {\frac{{2x}}{{1 - {x^2}}}} \right)}}{{1 - x}}dx} = - 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{1 - x}}dx} + 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{{1 - x}}dx} - 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}dx} + 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{1 - x}}dx} }$

Όμως $\displaystyle{ - 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{1 - x}}dx} = 4\ln 2\ln \left( {2 - \sqrt 2 } \right)}$ και $\displaystyle{4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{{1 - x}}dx} = - 2{\ln ^2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}$ και

$\displaystyle{ - 4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}dx} = \mathop = \limits^{x \to 1 - x} = - 4\int\limits_{2 - \sqrt 2 }^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} = - 4\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} - \int\limits_0^{2 - \sqrt 2 } {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} } \right) = \frac{{2{\pi ^2}}}{3} - 4L{i_2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}$

επίσης $\displaystyle{4\int\limits_0^{\sqrt 2 - 1} {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{1 - x}}dx} = \mathop = \limits^{1 + x = y} = 4\int\limits_1^{\sqrt 2 } {\frac{{\ln \left( y \right)}}{{2 - y}}dy} = \mathop = \limits^{y = 2x} = 4\int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{\ln \left( {2x} \right)}}{{1 - x}}dx} = 4\int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{1 - x}}dx} + 4\int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{x \to 1 - x} = - 4\ln 2\ln \left( {2 - \sqrt 2 } \right) + 4\int\limits_{1 - 1/\sqrt 2 }^{1/2} {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} = - 4\ln 2\ln \left( {2 - \sqrt 2 } \right) + 4\left( {L{i_2}\left( {\frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) - L{i_2}\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = 4L{i_2}\left( {\frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) - 4\ln 2\ln \left( {2 - \sqrt 2 } \right) + 4\int\limits_0^{1/2} {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} = 4L{i_2}\left( {\frac{{\sqrt 2 - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) - 4\ln 2\ln \left( {2 - \sqrt 2 } \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{3} + 2{\ln ^2}2}$

Τελικά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{y \to \infty } \left( {{{\ln }^2}y - 2\int\limits_0^y {\frac{{\ln x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx} } \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{3} + 2{\ln ^2}2 - 2{\ln ^2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right) + 4\left( {L{i_2}\left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right) - L{i_2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right)} \right)}$

________________________________________________________________________________________________________________________________________________

1) Κάποιες σχέσεις για τις διλογαριθμικές συναρτήσεις βρίσκονται εδώ viewtopic.php?f=9&t=12954&p=74636&hilit=otto#p74636 και εδώ http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html

2) Πιθανόν να συμμαζεύεται περισσότερο το τελικό αποτέλεσμα ..

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 01, 2012 4:36 am**

Σεραφείμ έγραψε: 2) Πιθανόν να συμμαζεύεται περισσότερο το τελικό αποτέλεσμα ..

Σεραφείμ σωστός

το αποτέλεσμα συμμαζεύεται σε $\displaystyle{\frac{\pi^2}{6}+\ln^22}$ . Μαι ακόμα αντιμετώπιση, η οποία δίνει έναν ακόμη όρο στην προσέγγιση της ποσότητας εδώ από το φίλο μου το sos440 από τηγκο ρέα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 01, 2012 7:43 am**

Σεραφείμ έγραψε:2) Πιθανόν να συμμαζεύεται περισσότερο το τελικό αποτέλεσμα ..

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:το αποτέλεσμα συμμαζεύεται σε $\displaystyle{\frac{\pi^2}{6}+\ln^22}$ . Μαι ακόμα αντιμετώπιση, η οποία δίνει έναν ακόμη όρο στην προσέγγιση της ποσότητας εδώ από το φίλο μου το sos440 από τηγκο ρέα.

Πανέμορφη η λύση του sos440 !! Κι' επειδή τα δύο όρια είναι σωστά, (ελέγχθηκαν αριθμητικά με hand made πρόγραμμα, γιατί ο wolfram σκάλωσε), προκύπτει ότι

$\displaystyle{L{i_2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right) - L{i_2}\left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{24}} + \frac{{{{\ln }^2}2}}{4} - \frac{{{{\ln }^2}\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{2}}$ εξαιρετικά εντυπωσιακό αποτέλεσμα

(κι αυτό επίσης ελέγχθηκε αριθμητικά). Μένει να το αποδείξουμε με καθαρά Μαθηματικά.

Παρεμπιπτόντως ο Wolfram μου δίδει $\displaystyle{ - 2\int\limits_0^1 {\ln x\left( {\frac{{x - 1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{x\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx} = - \ln 2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 18, 2012 9:32 pm**

Για

φυσικό, υπολογίστε, αν υπάρχει, το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n^{p+1}\int_{0}^{1}e^{-nx}\ln(1+x^p)\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 21, 2012 9:57 pm**

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos xe^{-x}}{nx^2+\frac{1}{n}}\,dx}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 21, 2012 11:08 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos xe^{-x}}{nx^2+\frac{1}{n}}\,dx}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Purdue

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\cos x \cdot {e^{ - x}}}}{{n{x^2} + 1/n}}dx} = \int\limits_0^\infty {\cos x \cdot {e^{ - x}}\frac{{1/n}}{{{x^2} + {{\left( {1/n} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\cos x \cdot {e^{ - x}}\left( {\int\limits_0^\infty {\sin \frac{y}{n} \cdot {e^{ - xy}}dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\sin \frac{y}{n}\left( {\int\limits_0^\infty {\cos x \cdot {e^{ - x\left( {y + 1} \right)}}dx} } \right)dy} = \int\limits_0^\infty {\sin \frac{y}{n} \cdot \frac{{y + 1}}{{1 + {{\left( {y + 1} \right)}^2}}}dy} = \mathop = \limits^{y = nx} = \int\limits_0^\infty {\sin x \cdot \frac{{{n^2}x + n}}{{{n^2}{x^2} + 2nx + 2}}dx} }$

Τότε (από κυριαρχημένη σύγκλιση) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^\infty {\frac{{\cos x \cdot {e^{ - x}}}}{{n{x^2} + 1/n}}dx} = \int\limits_0^\infty {\sin x \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{n^2}x + n}}{{{n^2}{x^2} + 2nx + 2}}} \right)dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}dx} = \frac{\pi }{2}}$ .

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