mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 29, 2010 11:47 am**

mathxl έγραψε:18)
Έστω $\displaystyle{f:\left[ {0,1} \right] \to {R^ + }}$
συνεχής με f(1)=1 και η ακολουθία $\displaystyle{{({a_n})_{n \ge 1}}}$
με γενικό όρο $\displaystyle{{a_n} = \int_0^1 {\frac{{f(x)}}{{1 + {x^n}}}dx} ,n \ge 1.}$
Να δείξετε ότι
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n(\int_0^1 {f(x)dx} - {a_n}) = \ln 2}$
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Shortlist ONM 2006

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n(\int_0^1 {f(x)dx} - {a_n}) =n\int_{0}^{1}f(x)\frac{1}{1+x^{-n}}\,dx\stackrel{x=y^{1/n}}{=}\int_{0}^{1}f(y^{1/n})\frac{y^{1/n}}{1+y}\,dy}$ .

Όμως $\displaystyle{f(y^{1/n})\frac{y^{1/n}}{1+y}\stackrel{\kappa.\sigma.}{\longrightarrow}\begin{cases}1/2 & y=1 \\ 0 & y=0 \\ \displaystyle\frac{1}{y+1} & y\in(0,1)\end{cases}}$ και $\displaystyle{\Big|f(y^{1/n})\frac{y^{1/n}}{1+y}\Big|\leq\max_{[0,1]}|f(x)|}$ .

Από ΘΚΣ έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n(\int_0^1 {f(x)dx} - {a_n})\to\int_{0}^{1}\frac{1}{y+1}\,dy=\ln2}$ .

Τελικά αυτή η αλλαγή μεταβλητής που πρότεινε ο Σιλουανός δουλεύει σε πολλές περιπτώσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 30, 2010 2:12 am**

mathxl έγραψε: 17)
Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^1 {\frac{{\log (1 + {x^{n + k}})}}{{\log (1 + {x^n})}}} dx}$

Απάντηση
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
1/(κ+1)

Για $\displaystyle{k>0}$ είναι $\displaystyle{\frac{\ln(1+x^{n+k})}{\ln(1+x^{n})}\to\begin{cases}0 & x=0 \\ 1 & x=1 \\ x^{k} & x\in(0,1)\end{cases}}$ και $\displaystyle{\Big|\frac{\ln(1+x^{n+k})}{\ln(1+x^{n})}\Big|\leq1}$ άρα από ΘΚΣ

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^1 {\frac{{\log (1 + {x^{n + k}})}}{{\log (1 + {x^n})}}} dx=\int_{0}^{1}x^{k}\,dx=\frac{1}{k+1}}$ .

Για $\displaystyle{k=0}$ το αποδεικτέο ισχύει τετριμμένα.

Για $\displaystyle{k<0}$ αλλάζουν τα πράγματα. Υποψιάζομαι ότι έχουμε μονότονη σύγκλιση στην $\displaystyle{x^{k}}$ και συνεπώς θα έχουμε απόκλιση στο $\displaystyle{\infty}$ για $\displaystyle{k\leq-1}$ ενώ το αποδεικτέο θα ισχύει για $\displaystyle{k>-1}$ . Θα το δω αύριο..

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 30, 2010 3:04 am**

$\displaystyle{19)}$ $\displaystyle{\lim_{y\to0^+}\int_{0}^{1}x^{yx}\,dx}$

$\displaystyle{20)}$ $\displaystyle{\lim_{y\to0^+}\int_{0}^{1}e^{-\frac{y}{\sqrt{x}}}\,dx}$

$\displaystyle{21)}$ $\displaystyle{\lim_{y\to0^+}\int_{0}^{1}e^{-\frac{y}{x\ln^{2}(x/e)}}\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 30, 2010 2:45 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Για $\displaystyle{k<0}$ αλλάζουν τα πράγματα. Υποψιάζομαι ότι έχουμε μονότονη σύγκλιση στην $\displaystyle{x^{k}}$ και συνεπώς θα έχουμε απόκλιση στο $\displaystyle{\infty}$ για $\displaystyle{k\leq-1}$ ενώ το αποδεικτέο θα ισχύει για $\displaystyle{k>-1}$ . Θα το δω αύριο..

Θέλω για $\displaystyle{k<0,\qquad n_{1}<n_{2}\Rightarrow\frac{\ln(1+x^{n_{1}+k})}{\ln(1+x^{n_{1}})}<\frac{\ln(1+x^{n_{2}+k})}{\ln(1+x^{n_{2}})}}$ για κάθε $\displaystyle{x\in(0,1]}$ .

Θεωρώντας το $\displaystyle{n}$ συνεχή μεταβλητή και παραγωγίζοντας ως προς αυτό, έχω

$\displaystyle{\left(\frac{\ln(1+x^{n+k})}{\ln(1+x^{n})}\right){'}>0\qquad\forall x\in(0,1]\stackrel{\ln x<0}{\Leftarrow}\cdots\Leftarrow x^{k}<\frac{(1+x^{n+k})\ln(1+x^{n+k})}{(1+x^{n})\ln(1+x^{n})}\qquad\forall x\in(0,1]}$ .

Εδώ κόλλησα λίγο. Καμμια ιδέα κανείς...;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 31, 2010 1:12 am**

mathxl έγραψε:Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \int\limits_n^{n + 1} {\left\{ {{x^2}\sin \frac{1}{x}} \right\}} dx}$
(τα άγκιστρα είναι για το κλασματικό μέρος ίσως το έχω ξαναβάλει)

Είναι $\displaystyle{\int_{n}^{n+1}\left\{x^{2}\sin(1/x)\right\}\,dx=\int_{n}^{n+1}\Big(x^{2}\sin(1/x)-x\Big)+\Big([x]-\Big[x^{2}\sin(1/x)\Big]\Big)+\{x\}\,dx}$ .

Επειδή $\displaystyle{\int_{n}^{n+1}\{x\}\,dx=1/2}$ , αρκεί $\displaystyle{\int_{n}^{n+1}\Big(x^{2}\sin(1/x)-x\Big),\quad\int_{n}^{n+1}\Big([x]-\Big[x^{2}\sin(1/x)\Big]\Big)\to0}$ .

Το πρώτο είναι προφανές αφού $\displaystyle{x-x^{2}\sin(1/x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}0}$ .

Για το δεύτερο τώρα :

Έστω $\displaystyle{\varesilon>0}$ . Βρίσκω $\displaystyle{x_{0}}$ με $\displaystyle{x\geq x_{0}\Rightarrow 0<x-x^{2}\sin(1/x):=x-f(x)<\varepsilon<1\quad\wedge\quad f{'}(x)>1}$ ,

(το δεύτερο μπορώ να το κάνω γιατί η $\displaystyle{f{'}}$ φθίνει τελικά στο 1).

Έστω τώρα $\displaystyle{n\geq x_{0}}$ και έστω $\displaystyle{n<k<n+1}$ με $\displaystyle{f(k)=n}$ .

Τότε $\displaystyle{\begin{cases}[x]-[f(x)]=1 & x\in[n,k) \\ [x]-[f(x)]=0 & x\in[k,n+1)\end{cases}}$ .

Όμως τότε $\displaystyle{1<f{'}(\xi)=\frac{f(k)-f(n)}{k-n}<\frac{\varepsilon}{k-n}}$ , αρα $\displaystyle{k-n<\varepsilon}$ και συνεπώς $\displaystyle{\int_{n}^{n+1}[x]-\Big[x^{2}\sin(1/x)\Big]\,dx<\varepsilon}$ .

Ίσως να μην είναι λεπτομερώς δικαιολογημένη λύση αλλά πιστεύω πως δε χάνει κάπου..

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 03, 2010 3:26 pm**

22) Nα υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{1 + 3{{\cos }^2}\left( {nx} \right)}}} }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 03, 2010 7:28 pm**

mathxl έγραψε:22) Nα υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{1 + 3{{\cos }^2}\left( {nx} \right)}}} }$

Μια λύση βασισμένη στην ιδέα του Στάθη εδώ.

Δείχνω γενικά ότι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{f(x)}{1+3\cos^{2}(nx)}\,dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx}$ , όπου η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,\pi]}$ .

Έχουμε $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1}{1+3\cos^{2}(nx)}\,dx\stackrel{nx=y}{=}\frac{1}{n}\int_{0}^{n\pi}\frac{1}{1+3\cos^{2}(y)}\,dy=\frac{1}{n}n\int_{0}^{\pi}\frac{1}{1+3\cos^{2}(y)}\,dy=\frac{\pi}{2}}$ ,

με την προτελευταία ισότητα να ισχύει λόγω της περιοδικότητας της ολοκληρωτέας συνάρτησης.

Έστω $\varepsilon>0$

Λόγω του ότι η

τώρα είναι ομοιόμορφα συνεχής, βρίσκουμε ακολουθία κλιμακωτών συναρτήσεων $\displaystyle{g_{n}(x)}$ με $\displaystyle{g_{n}\stackrel{o\mu}{\longrightarrow}f}$ στο $\displaystyle{[0,\pi]}$ συνεπώς βρίσκουμε και

$\displaystyle{n_{0}:n\geq n_{0}\Rightarrow \sup_{x\in[0,\pi]}|f(x)-g_{n}|<\frac{\varepsilon}{\pi}}$ .

Προφανώς όμως ισχύει και ότι

$\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{g_{n}(x)}{1+3\cos^{2}(nx)}\,dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}g_{n}(x)\,dx}$ , αφού έχουν σταθερή τιμή στα διαστήματα που διαμερίζουν το $\displaystyle{[0,\pi]}$ .

Για $\displaystyle{n\geq n_{0}}$ λοιπόν είναι

$\displaystyle{\Big|\int_{0}^{\pi}\frac{f(x)}{1+3\cos^{2}x}\,dx-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx\Big|\leq\Big|\int_{0}^{\pi}\frac{f(x)}{1+3\cos^{2}x}\,dx-\int_{0}^{\pi}\frac{g_{n}(x)}{1+3\cos^{2}x}\,dx+\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}g_{n}(x)\,dx-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx\Big|<\varepsilon}$ .

Εδώ είναι $\displaystyle{f(x)=\sin x}$ που μας δίνει όριο $\displaystyle{\pi}$ .
****************************************************************************
Παραμένουν ωστόσο κάμποσα αναπάντητα από τα αρχικά που βρίσκονται στην πρώτη σελίδα

****************************************************************************
Όπως σωστά μου επεσήμανε ο χρήστος με π.μ. Το όριο δεν μπορεί να ξεπερνάει το 2. Δεν μπορώ όμως να εντοπ= πού έχω κάνει λάθος. Κανείς με πιο οξεία παρατηρητικότητα...;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 04, 2010 3:22 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Προφανώς όμως ισχύει και ότι ....

Αυτά τα "προφανώς" ώρες ώρες είναι τα καλύτερα

Γράφω την απόδειξη αναλυτικά για να υπάρχει, μιας και πριν τα έμπλεξα.

Πρόταση :

Έστω $\displaystyle{h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}}$ συνεχής και περιοδική με περίοδο $\displaystyle{T>0}$ .

Για κάθε $\displaystyle{a<b}$ ισχύει ότι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{a}^{b}h(nx)\,dx=\frac{b-a}{T}\int_{0}^{T}h(x)\,dx}$ .

Απόδειξη : Kaczor - Nowak "Problems in mathematical analysis III" p.147

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

Για την άσκηση : Δείχνω γενικά ότι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{f(x)}{1+3\cos^{2}(nx)}\,dx=\frac{\color{red}{1}}{2}\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx}$ , όπου η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,\pi]}$ .

Με βάση την πρόταση προκύπτει ότι $\displaystyle{\int_{a}^{b}\frac{1}{1+3\cos^{2}(nx)}\,dx\to\frac{b-a}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{1+3\cos^{2}(x)}\,dx=\frac{b-a}{2}\qquad\boxed{*}}$ .

Όπως πριν: Έστω $\varepsilon>0$

Λόγω του ότι η

ομοιόμορφα συνεχής, βρίσκουμε ακολουθία κλιμακωτών συναρτήσεων $\displaystyle{g_{n}(x)}$ με $\displaystyle{g_{n}\stackrel{o\mu}{\longrightarrow}f}$ στο $\displaystyle{[0,\pi]}$ συνεπώς βρίσκουμε και

$\displaystyle{n_{0}:n\geq n_{0}\Rightarrow \sup_{x\in[0,\pi]}|f(x)-g_{n}|<\varepsilon}$ .

Συγκεκριμένα είναι $\displaystyle{g_{n}(x)=\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1})X_{[x_{i-1},x_{i}]}}$ όπου $\displaystyle{\{0=x_{0}<\ldots<x_{n}=\pi\}}$ είναι κατάλληλη διαμέριση του $\displaystyle{[0,\pi]}$ , τα ίσα μήκη της οποίας επιλέγονται με γνώμονα την ομοιόμορφη συνέχεια της $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{X_{[x_{i-1},x_{i}]}=\begin{cases}1 & x\in[x_{i-1},x_{i}] \\ 0 & else\end{cases}}$ .

Για κάθε $\displaystyle{n}$ όμως τώρα έχουμε

$\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{g_{n}}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx=\int_{0}^{\pi}\frac{\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1})X_{[x_{i-1},x_{i}]}}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx=\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1})\int_{x_{i-1}}^{x_{i}}\frac{1}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx\stackrel{k\to+\infty}{\longrightarrow}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1})\frac{x_{i}-x_{i-1}}{2}=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}g_{n}\,dx}$

με το όριο να δικαιολογείται από την $\displaystyle{\boxed{*}}$ .

Για το $\displaystyle{n_{0}}$ λοιπόν που βρήκαμε βρίσκουμε και $\displaystyle{k_{0}(n_{0})}$ ώστε

$\displaystyle{k\geq k_{0}\Rightarrow\Big|\int_{0}^{\pi}\frac{g_{n_{0}}}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}g_{n_{0}}\,dx\Big|<\varepsilon}$ .

Τώρα $\displaystyle{k\geq k_{0}\Rightarrow\Big|\int_{0}^{\pi}\frac{f(x)}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx\Big|\leq}$

$\displaystyle{\Big|\int_{0}^{\pi}\frac{f(x)}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx-\int_{0}^{\pi}\frac{g_{n_{0}}(x)}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx+\int_{0}^{\pi}\frac{g_{n_{0}}(x)}{1+3\cos^{2}(kx)}\,dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}g_{n_{0}}(x)\,dx+\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}g_{n_{0}}(x)\,dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}f(x)\,dx\Big|<\varepsilon}$

Το ζητούμενο όριο λοιπόν είναι ίσο με $\displaystyle{\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx=1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 11:21 pm**

23) Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^{1}|x|\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\cdots+\frac{x^{2n}}{2n}\right)\ dx$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 12:50 pm**

mathxl έγραψε:23) Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^{1}|x|\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\cdots+\frac{x^{2n}}{2n}\right)\ dx$

Καλό και αυτό. Κάτι μου θυμίζει. Νομίζω κάπου το είχε βάλει ο kunny αλλά χωρίς το όριο.

Λόγω περιττότητας των ζυγών όρων και της αρτιότητας των περιττών όρων μετά την επιμεριστική στη ολοκληρωτέα ποσότητα μένει να υπολογίσουμε το

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}1+2\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{2k+1}}{2k}\,dx=\lim_{n\to+\infty}1+2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k(2k+2)}=\lim_{n\to+\infty}1+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=}$

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}1+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\Big)=\lim_{n\to+\infty}1+\frac{1}{2}\Big(1-\frac{1}{n+1}\Big)=\lim_{n\to+\infty}1+\frac{1}{2}\frac{n}{n+1}=3/2}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 12:59 pm**

Γιουπ, Κάνη και 1972 Hitotsubashi University με όριο

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 1:57 pm**

μία λύση για το 5 (επιφυλακτικά)
έιναι γνωστό: $\frac{a-1}{a}\leq lna\leq a-1\Leftrightarrow \frac{x-1+\frac{x^{5}}{t}}{x+\frac{x^{5}}{t}}\leq ln\left(x+\frac{x^{5}}{t} \right)\leq x-1+\frac{x^{5}}{t}\Leftrightarrow \int_{1}^{2}{\frac{x+\frac{x^{5}}{t}-1}{x+\frac{x^{5}}{t}}}\leq \int_{1}^{2}{ln\left(x+\frac{x^{5}}{t} \right)}\leq \int_{1}^{2}{\leq x-1+\frac{x^{5}}{t}}.$

από το Κ.Π το ζητούμενο όρι ο θα eίναι ίσο με: $I=\lim_{t\rightarrow +oo}\left(\int_{1}^{2}{ x-1+\frac{x^{5}}{t}} \right)=lim_{t\rightarrow +oo}\left(\left[\frac{x^{2}}{2} -x+\frac{x^{6}}{6t}\right] \right)=\lim_{t\rightarrow +oo}\left(\frac{2^{6}-1}{6t} +\frac{1}{2}\right)=0+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 2:29 pm**

Του χρόνου θα ξέρω και εγώ τετοια?

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 2:32 pm**

kwstas12345 έγραψε:μία λύση για το 5 (επιφυλακτικά)
έιναι γνωστό: $\frac{a-1}{a}\leq lna\leq a-1\Leftrightarrow \frac{x-1+\frac{x^{5}}{t}}{x+\frac{x^{5}}{t}}\leq ln\left(x+\frac{x^{5}}{t} \right)\leq x-1+\frac{x^{5}}{t}\Leftrightarrow \int_{1}^{2}{\frac{x+\frac{x^{5}}{t}-1}{x+\frac{x^{5}}{t}}}\leq \int_{1}^{2}{ln\left(x+\frac{x^{5}}{t} \right)}\leq \int_{1}^{2}{\leq x-1+\frac{x^{5}}{t}}.$

από το Κ.Π το ζητούμενο όρι ο θα eίναι ίσο με: $I=\lim_{t\rightarrow +oo}\left(\int_{1}^{2}{ x-1+\frac{x^{5}}{t}} \right)=lim_{t\rightarrow +oo}\left(\left[\frac{x^{2}}{2} -x+\frac{x^{6}}{6t}\right] \right)=\lim_{t\rightarrow +oo}\left(\frac{2^{6}-1}{6t} +\frac{1}{2}\right)=0+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$

Γεια σου πατριώτη! Το σωστό αποτέλεσμα είναι το 2ln2-1 που έχει βρει ο Χρήστος στην πρώτη σελίδα. Κάπου πρέπει να υπάρχει λαθάκι. Ξανατσέκαρέ το αν θες. Ευχαριστώ για την ενασχόλησή σου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 2:33 pm**

Eukleidis έγραψε:Του χρόνου θα ξέρω και εγώ τετοια?

γιατί όχι;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 5:23 pm**

γειά και σε σένα πατριώτη!!!!....σπάω το καφάλι μου να βρω το λάθος αλλα δεν...μπορεί κανείς να βοηθήσει???

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 5:32 pm**

Κώστα σε συμβουλεύω (αν και δε μου αρέσει ο όρος) να κάτσεις και λίγο στη σέλα γιατί το έχεις πάρει ορθοπεταλιά!

Νομίζω πως απο το σημείο που ολοκληρώνεις και μετά, γίνεται ένας πανικός που είναι ενδεικτικός της σύγχυσης που έχεις περί των εννοιών.

Περίμενε να στις διδάξουν κι επίσημα, να δείς κάποια πράγματα περισσότερα και μετά πυροβόλα!

Σε λίγο θα διαβάζεις αυτά που γράφεις και σίγουρα θα αυτοδιορθώνεσαι.

Καλμαρισέ το λιγάκι...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 09, 2010 12:11 pm**

24)
Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,1] \to (0,\infty )}$ . Αν α > 0 και $\displaystyle{F(\alpha ) = \int_0^1 {f{{(t)}^\alpha }dt} }$
να
ι) δείξετε ότι η F είναι παραγωγίσιμη στο (0,1)
ιι) υπολογίσετε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} F{(\alpha )^{\frac{1}{\alpha }}}}$
ιιι) υπολογίσετε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to \infty } F{(\alpha )^{\frac{1}{\alpha }}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 09, 2010 12:15 pm**

25) Να υπολογίσετε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^n {{{\left( {1 - \frac{x}{n}} \right)}^n}} {x^{a - 1}}dx}$
με α > 0

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 09, 2010 12:21 pm**

26) Δύο όρια από αμέρικαν μαθημάτικαλ μονθλι
ι) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^{(2n + 1)\frac{\pi }{2}} {\sin } t\ln \frac{1}{t}dt;}$
ιι) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_0^{n\pi } {\cos } t\ln \frac{1}{t}dt}$

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