mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 21, 2012 11:20 pm**

Σεραφείμ έγραψε: $\ldots= \frac{\pi }{2}$

Ωραία Σεραφείμ. Έχω διαφορετική λύση αλλά πάλι με Κυριαρχημένη. Το αφήνω λίγο ακόμα μήπως θέλει να παίξει και κανένας άλλος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 22, 2012 12:24 pm**

Μιας που το είδα, άν κάνουμε την ανατικατάσταση $\displaystyle y=nx$ τότε το ολοκλήρωμα γίνεται $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-y/n}}{y^2+1}\cos\left(\frac{y}{n} \right)}dy$ .Έυκολα βλέπουμε ότι η ακολουθία συναρτήσεων μέσα στο ολοκλήρωμα είναι άνω φραγμένη από την $\displaystyle (y^2 +1)^{-1}$ που είναι ολοκληρώσιμη στο $\displaystyle \left[0,\infty \right)$ .Άρα το όριο περνάει μέσα και προκύπτει ότι το όριο ισούται με $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{dy}{y^2 +1}}=\frac{\pi}{2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 22, 2012 1:06 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

Και μια ακόμα: Απειδή το πρόβλημα (χαλάει δηλαδή η δυνατότητα απευθείας εφαρμογής του ΘΚΣ) παρουσιάζεται σε άκρο, (στο

) επειχειρούμε ολοκλήρωση κατά μέρη. Αυτό δουλεύει σε κάμποσες παρόμοιες περιπτώσεις.

'Εχουμε

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos xe^{-x}}{nx^2+\frac{1}{n}}\,dx=\lim_{n\to+\infty}\left(\cos(x)e^{-x}\tan^{-1}(nx)\Bigg|_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}\tan^{-1}(nx)e^{-x}(\sin x+\cos x)\,dx\right)}$ και το τελυεταίο ολοκλήρωμα από ΘΚΣ πάει στο $\displaystyle{\frac{\pi}{2}\int_{0}^{+\infty}e^{-x}(\sin x+\cos x)\,dx=\frac{\pi}{2}}$ .

Από ότι είδα εκ των υστέρων, η παραπάνω λύση υπάρχει και στο βιβλίο από όπου πήρα την άσκηση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 26, 2012 9:38 pm**

Υπολογισθήτω $\displaystyle{\lim_{a\to0^+}\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos x-\cos a}}\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 29, 2012 3:05 pm**

86.

$\displaystyle{\lim_{a\to0^{+}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos(x)-\cos(a)}}\;\textrm{d}x=\lim_{a\to 0^{+}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{2}+\mathcal{O}(x^3)-1+\frac{a^2}{2}-\mathcal{O}(a^3)}}\;\textrm{d}x=\lim_{a\to 0 ^{+}}\int\limits_{0}^{a}\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a^2-x^2}}\;\textrm{d}x=}$

$\displaystyle{\sqrt{2}\lim_{a\to 0^{+}}\arctan\left(\frac{x \sqrt{a^2-x^2}}{x^2-a^2}\right)=\sqrt{2}\lim_{x\to \infty}\arctan(x)=\frac{\sqrt{2}\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 29, 2012 6:10 pm**

Ωmega Man έγραψε:86.

$\displaystyle{\lim_{a\to0^{+}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos(x)-\cos(a)}}\;\textrm{d}x=\lim_{a\to 0^{+}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{2}+\mathcal{O}(x^3)-1+\frac{a^2}{2}-\mathcal{O}(a^3)}}\;\textrm{d}x\color{red}=\color{black}\lim_{a\to 0 ^{+}}\int\limits_{0}^{a}\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a^2-x^2}}\;\textrm{d}x=}$

$\displaystyle{\sqrt{2}\lim_{a\to 0^{+}}\arctan\left(\frac{x \sqrt{a^2-x^2}}{x^2-a^2}\right)=\sqrt{2}\lim_{x\to \infty}\arctan(x)=\frac{\sqrt{2}\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ .

Καλησπέρα. Γιώργο μπορείς να εξηγήσεις πώς πας από το πρώτο μέλος της κοκκινισμένης ισότητας στο δεύτερο;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 29, 2012 11:07 pm**

86. $\displaystyle\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos(x)-\cos(a)}}\;\textrm{d}x=\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{1-2\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)-1+2\sin^{2}\left(\frac{a}{2}\right)}}\;\textrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{2}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\sin^{2}\left(\frac{a}{2}\right)-\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}}\;\textrm{d}x\approx$

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{2}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\frac{a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}}\textrm{d}x=\frac{2}{\sqrt{2}}\int\limits_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\;\textrm{d}x\;\overset{x=ay}{=}\frac{2}{\sqrt{2}}\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\;\textrm{d}y=\frac{\pi}{\sqrt{2}}}$

Κοντά στο 0 $\displaystyle{\sin(x)\approx x}$ .

Παρεμπιπτόντως γράφω κάτι και εμφανίζεται μετά από πολύ ώρα αντιμετωπίζει κανείς το ίδιο πρόβλημα; Η συγγραφή είναι σχεδόν αδύνατη.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 30, 2012 12:43 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογισθήτω $\displaystyle{\lim_{a\to0^+}\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos x-\cos a}}\,dx}$ .

Μια λύση:

Κατ' αρχάς είναι $\displaystyle{\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos x-\cos a}}\,dx=\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{2\sin\frac{a-x}{2}\sin\frac{a+x}{2}}}\,dx}$

Όμως για

πολύ μικρό και $0\leq x<a$ είναι

$\begin{aligned}\left(2\sin\frac{a-x}{2}\sin\frac{a+x}{2}\right)^{-1/2}&=\left(2\left(\frac{a-x}{2}+\mathcal O\left((a-x)^3\right)\right)\left(\frac{a+x}{2}+\mathcal O\left((a+x)^3\right)\right)\right)^{-1/2}\\&=\left(\frac{a^2-x^2}{2}+\mathcal O\left((a^2-x^2)(a+x)^2\right)+\mathcal O\left((a^2-x^2)(a-x)^2\right)+\mathcal O\left((a^2-x^2)^3\right)\right)^{-1/2}\\&\stackrel{*}{=}\left(\frac{a^2-x^2}{2}+\mathcal O\left((a^2-x^2)(a+x)^2\right)\right)^{-1/2}\\&=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a^2-x^2}}\left(1+\mathcal O\left((a+x)^2\right)\right)^{-1/2}\\&=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a^2-x^2}}\left(1+\mathcal O\left((a+x)^2\right)\right)\\&=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a^2-x^2}}+\mathcal O\left(\frac{(a+x)^2}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)\end{aligned}$

και ολοκληρώνοντας έχουμε

$\displaystyle{\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos x-\cos a}}\,dx=\int_{0}^{a}\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{a^2-x^2}}\,dx+\mathcal O\left(\int_{0}^{a}\frac{(a+x)^2}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)\stackrel{x=ay,**}{=}\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\mathcal O(a^2)\to\frac{\pi}{\sqrt{2}}}$

___________________________________________________________________________________

* Επειδή $\displaystyle{\max_{0\leq x<a}\{(a^2-x^2)(a+x)^2,(a^2-x^2)(a-x)^2,(a^2-x^2)^3\}=(a^2-x^2)(a+x)^2}$

** Επειδή $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{(1+y)^2}{\sqrt{1-y^2}}\in\mathbb R^*}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 31, 2012 6:44 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογισθήτω $\displaystyle{\lim_{a\to0^+}\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{\cos x-\cos a}}\,dx}$ .

Και μια γενίκευση εδώ από τον κύριο WWW.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 23, 2012 8:21 pm**

$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sqrt[n]{\sin x}\right)\mbox{d}x.$

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=48&t=523

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 23, 2012 9:20 pm**

$\displaystyle{1-(\sin x)^{1/n}\leq1}$ για $n\geq1$ και $x\in[0,\pi/2]$ και $\displaystyle{1-(\sin x)^{1/n}\to\begin{cases}1&,x=0 \\ 0&,x\in(0,\pi/2]\end{cases}}$ άρα $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\displaystyle\pi}{2}}{\left(1-\sqrt[n]{\sin x}\right)dx\to0}$ από κυριαρχημένη σύγκλιση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 04, 2013 11:29 am**

Άς δούμε μερικές που έμειναν αναπάντητες:

63) Έστω $\displaystyle f_{n}\left(x \right):=\frac{1}{n^k}\prod_{j=1}^{k}{\ln\left(1+a_{j}x^n \right)}\leqslant \frac{1}{n^k}\prod_{j=1}^{k}{\ln\left(a_{j}+1 \right)c^n}\leqslant M$ όπου

μια απόλυτη σταθερά τότε από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης: $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\int_{1}^{c}{f_{n}\left(x \right)}dx=\int_{1}^{c}\lim_{n\rightarrow \infty}f_{n}\left(x \right)dx$ .

Έυκολα με DHL βλέπουμε ότι $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n^k}\prod_{j=1}^{k}{\ln\left(1+a_{j}x^n \right)}=\prod_{j=1}^{k}{\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\ln\left(1+a_{j}x^n \right)}{n}}=\left(\ln x \right)^k$ .Άρα η απάντηση είναι $\displaystyle \int_{1}^{c}{\left(\ln x \right)^k dx}$ .

32) Yποθέτω ότι ζητείται το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{(\left(2n+1 \right)!)^2}{\left(n! \right)^4}\int_{0}^{1}{\int_{0}^{1}{\left(xy\left(1-x \right)\left(1-y \right) \right)^n f\left(x,y \right)dx dy}}$ .

Το δείχνουμε πρώτα για πολυώνυμα της μορφής $\displaystyle x^m y^k, m,k \in \mathbb{N}$ τότε

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\int_{0}^{1}{x^n y^n (1-x)^n (1-y)^n x^m y^k dxdy}}=\left(\int_{0}^{1}{x^{n+m}(1-x)^n dx} \right)\left(\int_{0}^{1}{y^{n+k}(1-y)^n dy} \right)=B(n+m+1,n+1)B\left(n+k+1,n+1) \right=\frac{(n!)^2\left(n+m \right)!\left(n+k \right)!}{\left(2n+m+1 \right)!\left(2n+k+1 \right)!}$ .

Άρα το όριο παίρνει την μορφή: $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\left(\left(2n+1 \right)! \right)^2}{\left(n! \right)^2}\cdot\frac{\left(n+m \right)!\left(n+k \right)!}{\left(2n+m+1 \right)!\left(2n+k+1 \right)!}=\frac{1}{2^{m+k}}$ , χρησιμοποιώντας τον τύπο του Stirling: $\displaystyle n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e} \right)^n$ .

Άρα λόγω γραμμικότητας για όλα το πολυώνυμα το όριο ισούται με $\displaystyle p\left(1/2,1/2 \right)$ .Έστω τώρα τυχούσα συνεχής

, τότε για $\varepsilon>0$ υπάρχει πολυώνυμο

με $\displaystyle \left|\left|f-p \right| \right|_{\infty}<\varepsilon$ .

Τότε υπάρχει ένα $\displaystyle n_{0}=n_{0}\left(\varepsilon ,p(\varepsilon \right))=n_{0}\left(\varepsilon \right)$ με $\displaystyle \left|S_{n}\left(p \right)-p\left(1/2,1/2 \right) \right|<\varepsilon , \forall n\geq n_{0}$ όπου

$\displaystyle S_{n}\left(g \right):=\frac{(\left(2n+1 \right)!)^2}{\left(n! \right)^4}\int _{\left[0,1 \right]^2}g\cdot\left(xy\left(1-x \right)\left(1-y \right) \right)^n$ .

Τότε όγω γραμμικότητας $\displaystyle \left|S_{n}\left(f \right)-S_{n}\left(p \right) \right|<\varepsilon$ και $\displaystyle \left|p(1/2,1/2)-f(1/2,1/2) \right|<\varepsilon$ από εδώ με την παραπάνω ανισότητα συνάγουμε : $\displaystyle \left|S_{n}\left(f \right) -f(1/2,1/2)\right|<3\varepsilon , \forall n\geq n_{0}$ ,

που δείχνει ότι το ζητούμενο όριο ισούται με $\displaystyle f(1/2,1/2)$ .

84)Eίναι άμεση συνέπεια του λήμματος του Watson (υπάρχει και μια λύση με ΘΚΣ)

$\displaystyle n^{p+1}\int_{0}^{1}{e^{-nx}\ln\left(1+x^p \right)}dx=\int_{0}^{\infty}{1_{\left[0,n\right]}e^{-x}n^p\ln\left(1+\left(\frac{x}{n} \right)^p \right)}dx$ .

Παρατηρούμε ότι η μέσα συνάρτηση κυριαρχείται από την $\displaystyle e^{-x}x^p$ που είναι ολοκληρώσιμη άρα επιτρέπεται η εναλλαγή.Μετα η μέσα ακολουθία συναρτήσεων συγκλίνει κατα σημείο στην $\displaystyle e^{-x}x^p$ άρα το όριο ισούται με

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 10:54 pm**

Bump το θέμα γιατί έχει ξεχαστεί....
Πρόχειρα το 80)

θέτω $\displaystyle{xu = t}$ κι γίνεται $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_a^b {\frac{{{{\sin }^n}ux}}{{{u^m}{x^{m - 1}}}}du} }$ όσο $\displaystyle{x \to 0,\sin x \approx x}$
οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \int\limits_a^b {{u^{n - m}}{x^{n - m + 1}}du = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} } {x^{n - m + 1}}\left( {\frac{{{b^{n - m + 1}} - {a^{n - m + 1}}}}{{n - m + 1}}} \right)}$
και πέρνουμε περιπτώσεις: n=m-1

$\displaystyle{\ln b - {\mathop{\rm lna}\nolimits} }$ για n<m-1

ίσο με $\displaystyle{\infty }$ ή δεν υπάρχει αν είναι περιττός ο εκθέτης και για n>m-1

ίσο με

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 02, 2013 2:06 pm**

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

Προφανώς έχουμε $\displaystyle \frac{J_{n}}{\ln n}\geqslant \frac{1}{6}\int_{0}^{\pi}\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x}dx$ . Έστω τώρα $\epsilon>0$ τότε :

$\displaystyle \frac{J_{n}}{\ln n}=\frac{1}{\ln n}\int_{\epsilon}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x(6-x)}}dx+\frac{1}{\ln n}\int_{0}^{\epsilon}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x(6-x)}}dx$ $\displaystyle \leqslant \frac{1}{\ln n}\int_{\epsilon}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x(6-x)}}dx+\frac{1}{6-\epsilon }\int_{0}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x}}dx$

Επομένως συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle \lim\sup_{n\rightarrow \infty}\frac{J_{n}}{\ln n}\leqslant \frac{1}{6-\epsilon }\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{\ln n}\int_{0}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x}}dx$ και $\displaystyle \lim\inf_{n\rightarrow \infty}\frac{J_{n}}{\ln n}\geqslant \frac{1}{6 }\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{\ln n}\int_{0}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x}}dx$ .

Αφού το $\epsilon>0$ ήταν τυχόν, το όριο τελικά υπάρχει και ισούται με $\displaystyle 1/6 \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{\ln n}\int_{0}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x}}dx$ . Όμως $\displaystyle \frac{2}{\pi}H_{2n}+C\geqslant \int_{0}^{\pi}{\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x \right|}{x}}dx=\sum_{k=0}^{2n}{\int_{k\pi/2}^{(k+1)\pi/2}{\frac{\left|\sin x \right|}{x}}}dx\geqslant \frac{2}{\pi}H_{2n}$ .

Άρα $\displaystyle \frac{J_{n}}{\ln n}\sim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{3\pi}\frac{H_{2n}}{\ln n}\sim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{3\pi}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 05, 2013 4:25 pm**

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

Είδα μια προσπάθεια από κάποιο μέλος που ισχυριζόταν ότι το παραπάνω όριο είναι 0. :)

Λύση.

Έστω $\displaystyle{\textrm{L}=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\texttt{e}^{-x\sin^{2}(t)}\;\texttt{d}t-\frac{\sqrt{\pi}x}{2}\right)=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^3}\int\limits_{0}^{1}\frac{\texttt{e}^{-xt^2}}{\sqrt{1-t^2}}\;\texttt{d}t-\frac{\sqrt{\pi}x}{2}\right)=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^3}\int\limits_{0}^{\delta}\frac{\texttt{e}^{-xt^2}}{\sqrt{1-t^2}}\;\texttt{d}t-\frac{\sqrt{\pi}x}{2}\right)}$

Για οποιοδήποτε 0<δ<1 έχουμε ότι $\displaystyle{\sqrt{x^3}\int\limits_{\delta}^{1}\frac{\texttt{e}^{-xt^2}}{\sqrt{1-t^2}}\;\texttt{d}t\leq \sqrt{x^3}\texttt{e}^{-x\delta^2}\int\limits_{\delta}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\overset{x\to\infty}{\to} 0}$ .

$\displaystyle{\textrm{L}=\lim_{x\to\infty}x\left(\int\limits_{0}^{\delta \sqrt{x}}\frac{\texttt{e}^{-t^2}}{\sqrt{1-\frac{t^2}{x}}}\;\texttt{d}x-\frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)}$ , από θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης μέσα στην παρένθεση έχουμε $\displaystyle{\int\limits_{0}^{\infty}\texttt{e}^{-t^2}\;\texttt{d}t-\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}-\frac{\sqrt{\pi}}{2}=0}$ , άρα έχουμε απροσδιοριστία $\displaystyle{0\cdot \infty}$ . Χρησιμοποιώντας Ντελοπιτάλ και το γεγονός ότι η συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα κυριαρχείται από την $\displaystyle{\frac{\texttt{e}^{-t^2}}{\sqrt{1-\delta^2}}}$ , έχουμε ότι

$\displaystyle{\textrm{L}=\lim_{x\to \infty}\frac{\left(\int\limits_{0}^{\delta \sqrt{x}}\frac{\texttt{e}^{-t^2}}{\sqrt{1-\frac{t^2}{x}}}\;\texttt{d}t\right)'}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{\frac{\delta}{2}\frac{1}{\sqrt{x}}\texttt{e}^{-\delta^2x}}{\sqrt{1-\delta^2}}-\int\limits_{0}^{\delta\sqrt{x}}\frac{1}{2}\left(1-\frac{t^2}{x} \right )^{-\frac{3}{2}}\texttt{e}^{-t^2}\frac{t^2}{x^2}\;\texttt{d}t}{-\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\infty}t^2\texttt{e}^{-t^2}\;\texttt{d}t=\frac{1}{4}\Gamma\left(\frac{3}{2} \right )=\frac{\sqrt{\pi}}{8}}$

.