mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2009 6:18 pm**

Ας υπολογιστεί το όριο : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^{4}}\displaystyle\prod_{i=1}^{2n}(n^{2}+i^{2})^{\frac{1}{n}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2009 6:51 pm**

Βρίσκω $\displaystyle 25e^{2 \arctan{2} - 4}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2009 8:21 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Ας υπολογιστεί το όριο : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^{4}}\displaystyle\prod_{i=1}^{2n}(n^{2}+i^{2})^{\frac{1}{n}}$ .

Το ίδιο με τον Δημήτρη βρίσκω και εγώ.

Υπόδειξη:
α)βάλε το $\frac{1}{n^4}$ μέσα στο γινόμενο.
β) φέρε την παράσταση στη μορφή
$\displaystyle\prod_{i=1}^{2n}(1+ \frac{i^{2}}{n^2})^{\frac{1}{n}}$
γ) Πάρε λογάριθμο. Αυτό που θα βρείς είναι το άθροισμα Riemann του
δ) $\int_{0}^{2}{ln(1+x^2)}dx$

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 28, 2009 3:12 am**

Αναλυτικά : Αν $I=\frac{1}{n^{4}}\displaystyle\prod_{i=1}^{2n}(n^{2}+i^{2})^{\frac{1}{n}}$ , τότε

$I=\exp(\ln I)=\exp\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{n}\ln(n^{2}+i^{2})-\ln n^{4}\Big)=\exp\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{n}\ln n^{2}(\frac{n^{2}+i^{2}}{n^{2}})-\ln n^{4}\Big)=$

$\exp\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{n}\ln n^{2}+\displaystyla\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{n}\ln(1+(\frac{i}{n})^{2})-\ln n^{4}\Big)= \exp\Big(\displaystyle\sum_{i=1}^{2n}\ln(1+(\frac{i}{n})^{2})\frac{1}{n}\Big)$
Άρα
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}I=\exp(\int_{0}^{2}\ln(1+x^{2})\,dx)=25\exp(2\arctan2-4)$ .
Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος γιατί είναι και λίγο αργούτσικα..

mathematica.gr

Όριο

Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο