mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 08, 2012 3:50 pm**

(α) Να υπολογιστεί το $\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n \int_0^1 \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^n \, dx.}$

(β) Έστω ακέραιος $k \geqslant 1$ . Να υπολογιστεί το $\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} n^{k+1} \int_0^1 \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^n x^k \, dx.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 08, 2012 5:09 pm**

Μια γενική μέθοδος για το

που δουλεύει (νομίζω) και για το

, καθώς επίσης και για την κλάση όλων των παραμετρικών ολοκληρωμάτων που μπορούν να έρθουν στη μορφή $\displaystyle{\int_{0}^{b}f(x)e^{-nx}\,dx}$ με $b\in\mathbb R\cup\{+\infty\}$ :

Για c>0

μικρό γράφουμε :

$\displaystyle{\begin{aligned}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\,dx&\stackrel{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=-y}{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy\notag \\ &=\int_{0}^{c}\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy+\int_{c}^{+\infty}\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy\notag \\ :&=I_1+I_2\notag\end{aligned}}$

και καθώς στο [0,c]

είναι

$\displaystyle{\displaystyle{\begin{aligned}\frac{1}{1+e^{-y}}&=\frac{1}{1+\left(1-y+\frac{y^2}{2}+\mathcal O(y^3)\right)}\notag \\ &=\frac{1}{2}\frac{1}{1-\left(\frac{y}{2}-\frac{y^2}{4}+\mathcal O(y^3)\right)}\notag \\ &=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}+\mathcal O(y^3)\notag\end{aligned}}}$

θα έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned}I_1&=\int_{0}^{c}e^{-ny}\left(\frac{1}{2}+\frac{y}{4}\right)\,dy+\mathcal O\left(\int_{0}^{c}y^3e^{-ny}\,dy\right)\notag \\ &=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+\mathcal O\left(n^{-1}e^{-nc}\right)+\mathcal O(n^{-4})\notag \\ &=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+\mathcal O(n^{-4})\end{aligned}}$ .

Ακόμα

$\displaystyle{I_2<\int_{c}^{+\infty}e^{-ny}\,dy=\frac{e^{-nc}}{n}=\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})}$ ,

άρα συνολικά

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\,dx=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+\mathcal O(n^{-4})\Rightarrow n\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^n\,dx=\frac{1}{2}+\frac{1}{4n}+\mathcal O(n^{-3})}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 08, 2012 5:26 pm**

Η παραπάνω γενική μέθοδος είναι ουσιαστικά το λεγόμενο Λήμμα του Watson. Μπορεί κανεις να δει και εδώ σελίδα 44, καθώς και διάφορες άλλες αρκούντως σάπιες εφαρμογές σε αυτό το τόπικ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 08, 2012 8:54 pm**

Ισχυρισμός 1
Αν

συνεχής τότε $n \int_{0}^{1} x^n f(x)dx \rightarrow f(1)$ . -Απλό με κριτήριο κυριαρχημένης σύγκλισης αλλά βγαίνει και με ε-δ.
Iσχυρισμός 2
Αν

συνεχή με

,

συνεχή τότε $n^{k+1} \int_{0}^{1} x^n f(x)dx \rightarrow (-1)^kg(1)$ . Aπόδειξη με συνεχόμενη παραγοντική ολοκλήρωση ώστε να πέσουμε στον 1ο ισχυρισμό.

Τώρα στο πρόβλημα μας για x= (1-y)/(1+y)

έχουμε να υπολογίσουμε το όριο του $2n^{k+1} \int_{0}^{1} y^n \frac{(1-y)^k}{(1+y)^{k+2}}dy$ για k >= 0

Tώρα όμως από ισχυρισμούς 1,2 για $f_k(y)=\frac{(1-y)^k}{(1+y)^{k+2}}$ έπεται ότι $f_k^{(k)}(1)= (-1)^k\frac{k!}{2^{k+2}}$ οπότε τελικό αποτέλεσμα $\frac{k!}{2^{k+1}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 08, 2012 9:33 pm**

Γενίκευση για το

:

Ας υπολογισθεί αν υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx-\frac{k!}{2^{k+1}}\right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 09, 2012 4:03 pm**

Αλλιώς:

Έστω $\displaystyle{ I = n^{k+1} \int_0^1 \left( \frac{1-x}{1+x} \right)^n x^k \, dx.}$ . Με τον μετασχηματισμό $x = \frac{z}{2-z}$ παίρνουμε

$\displaystyle{ I = 2n^{k+1}\int_0^1 (1-z)^n \frac{z^k}{(2-z)^{k+2}} \, dz}$

και άρα από το διωνυμικό θεώρημα έχουμε

$\displaystyle{ I = 2n^{k+1} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \frac{z^{k+r}}{(2-z)^{k+2}} \,dz = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \frac{z^{k+r}}{(1-z/2)^{k+2}} \,dz. }$

Για $z \in [0,1]$ όμως έχουμε $\displaystyle{ \frac{1}{(1-z/2)^{k+2}} = \sum_{s=0}^{\infty} \binom{s+k+1}{s} \left(\frac{z}{2} \right)^s}$

και άρα

$\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \sum_{s=0}^{\infty} \binom{s+k+1}{s} \frac{z^{k+r+s}}{2^s} \, dz.}$

Επειδή όλοι οι όροι μέσα στο ολοκλήρωμα είναι μη αρνητικοί, από Fubini μπορούμε να κάνουμε εναλλαγή του ολοκληρώματος με το άπειρο άθροισμα και άρα

$\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{r=0}^n\sum_{s=0}^{\infty} \binom{s+k+1}{s} \binom{n}{r}(-1)^r \int_0^1 \frac{z^{k+r+s}}{2^s} \, dz = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{s=0}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}\frac{(-1)^r}{k+r+s+1} .}$

Επειδή όμως $\displaystyle{ \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}(-1)^r x^{r+m} = x^m(1-x)^n,}$ ολοκληρώνοντας από 0 έως 1 παίρνουμε

$\displaystyle{ \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}\frac{(-1)^r}{r+m+1} = \int_0^1 x^m(1-x)^n \, dx = \frac{m!n!}{(m+n+1)!}}$ .

Θέτοντας m=k+s

και αντικαθιστώντας στο πιο πάνω παίρνουμε

$\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{s=0}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \frac{n! (k+s)!}{(k+s+n+1)!} = \frac{k!}{2^{k+1}} \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} + \frac{(k+2)!}{2^{k+2}n} \frac{n!n^{k+2}}{(n+k+2)!} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}$ .

[Αυτό ισχύει διότι $\displaystyle n^{k+3}\sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \frac{n! (k+s)!}{(k+s+n+1)!} \leqslant \sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s} (s+k+1)^{k+1}\frac{(n+k+3)!(k+s)!}{(n+k+s+1)!} =$
$\displaystyle \sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s} (s+k+1)^{k+1}\frac{(n+k+3)!(s-2)!}{(n+k+s+1)!}(k+s)^{k+2}.$

Το τελευταίο είναι το πολύ $\displaystyle{ \sum_{s=2}^{\infty} \frac{1}{2^s} (s+k+1)^{k+1}(k+s)^{k+2} }$ το οποίο συγκλίνει (και είναι ανεξάρτητο του

).]

Τέλος επειδή $\displaystyle{ \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} = \left(1 - \frac{1}{n+1} \right) \cdots \left(1 - \frac{k+1}{n+k+1} \right) = 1 - \frac{(k+1)(k+2)}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}$ παίρνουμε $\displaystyle{ I = \frac{k!}{2^{k+1}} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}$ . Δηλαδή το όριο που ζητάει ο Αναστάσης ισούται με 0.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 09, 2012 5:55 pm**

Χμμμ.. έχω βγάλει

$\displaystyle{n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx=\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2^{k+2}n}-\frac{k(k+2)!}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})}$ ,

που δίνει το όριο που ζήτησα $\displaystyle{\frac{(k+1)!}{2^{k+2}}}$ ...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 09, 2012 11:45 pm**

$\exists x \in \{$ Demetres, Κοτρώνης Αναστάσιος $\} \, (x$ έκανε λάθος).

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 9:12 am**

Συγχαρητήρια σε όλους, μας κάνετε περήφανους!!

Παιδιά επειδή έχω κολλήσει άσχημα, και κάτι δεν μου πάει καλά, για ποια ακολουθία συναρτήσεων εφαρμόζεται εδώ το κυριαρχημένης του Lebesgue?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 11:17 am**

Δες εδώ στη δεύτερη σελίδα και στο 4ο ποστ από την αρχή. Πρόκειται για αυτό το γνωστό λήμμα ακριβώς!
viewtopic.php?f=9&t=6947&start=20

Αν προσέξεις και παρακάτω στο ποστ, εμφανίζεται αυτή η ιδέα συνεχώς (δηλαδή αλλαγή μεταβλητής ώστε να είναι πλέον δυνατή η χρήση Θ.Κ.Σ)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 11:22 am**

smar έγραψε:Δες εδώ στη δεύτερη σελίδα και στο 4ο ποστ από την αρχή. Πρόκειται για αυτό το γνωστό λήμμα ακριβώς!
viewtopic.php?f=9&t=6947&start=20

Αν προσέξεις και παρακάτω στο ποστ, εμφανίζεται αυτή η ιδέα συνεχώς (δηλαδή αλλαγή μεταβλητής ώστε να είναι πλέον δυνατή η χρήση Θ.Κ.Σ)

Ευχαριστώ πολύ δεν το είχα προσέξει...Το ρώτησα διότι δεν μου έβγαινε καλή εφαρμογή του ΘΚΣ( δεν έπαιρνα το ζητούμενο)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 11:50 am**

Ωραίο Σιλουανέ. Εγώ το χρησιμοποίησα διαφορετικά:

$\displaystyle{ \int_0^1 nx^nf(x) \, dx = \int_0^{a_n} nx^n f(x) \, dx + \int_{a_n}^1 nx^n f(x) \, dx}$

όπου επιλέγω το a_n

ώστε

. Στο πρώτο τώρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε κυριαρχημένη σύγκλιση για να δούμε ότι τείνει στο 0. [Αφού γράφεται σαν $\displaystyle{ \int_0^1 nx^nf(x)g_n(x)}$ όπου g_n(x) = 1

αν $x \leqslant a_n$ και 0 αλλιώς και έχουμε $|nx^nf(x)g_n(x)| \leqslant 1$ .]

Για το δεύτερο, επειδή $a_n \to 1$ και

συνεχής, για κάθε $\varepsilon > 0$ αν

αρκετά μεγάλο έχουμε $|f(x) - f(1)| \leqslant \varepsilon$ για $x \in [a_n,1]$ . Επειδή επίσης $\displaystyle{ \int_{a_n}^1 nx^n \, dx\ = \frac{n(1 - a_n^{n+1})}{n+1} = \frac{n-a_n}{n+1} \to 1 }$ το ολοκλήρωμα φράσσεται από τα $(1\pm \varepsilon)f(1)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 12:57 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Χμμμ.. έχω βγάλει

$\displaystyle{n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx=\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2^{k+2}n}-\frac{k(k+2)!}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})}$ ,

που δίνει το όριο που ζήτησα $\displaystyle{\frac{(k+1)!}{2^{k+2}}}$ ...

Ας γράψω κι εγώ τη λύση μου να το δούμε

Έχουμε

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx\stackrel{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=-y}{=}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)^k\frac{1}{1+e^{-y}}e^{-ny}\,dy:=I}$ .

Τώρα για c>0

μικρό έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{1+e^{-y}}=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}+\mathcal O(y^3)}$ και

$\displaystyle{\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}=\frac{y}{2}-\frac{y^3}{24}+\mathcal O(y^5)\Rightarrow\left(\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)^k=\left(\frac{y}{2}\right)^k\left(1-\frac{k}{12}y^2+\mathcal O(y^4)\right)}$ , άρα

$\displaystyle{\left(\frac{1-e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)^k\frac{1}{1+e^{-y}}=\left(\frac{y}{2}\right)^k\left(\frac{1}{2}+\frac{y}{4}-\frac{k}{24}y^2+\mathcal O(y^3)\right)\qquad\qquad x\in[0,c]}$ , και γράφουμε

$\begin{aligned}I&=\frac{1}{2^{k+1}}\left(\int_{0}^{c}\left(y^k+\frac{y^{k+1}}{2}-\frac{k}{3\cdot2^2}y^{k+2}+\mathcal O(y^{k+3})\right)e^{-ny}\,dy+\int_{c}^{+\infty}\left(y^k+\frac{y^{k+1}}{2}-\frac{k}{3\cdot2^2}y^{k+2}+\mathcal O(y^{k+3})\right)e^{-ny}\,dy\right)\\&=\frac{1}{2^{k+1}}(I_1+I_2) \end{aligned}$ .

Τώρα για

φυσικό έχουμε

$\displaystyle{I(k):=\int_{0}^{c}y^ke^{-ny}\,dy=-\frac{c^ke^{-nc}}{n}+\frac{k}{n}I(k-1)}$ και επαγωγικά βλέπουμε ότι

$\displaystyle{I(k)=-e^{-nc}\left(\frac{c^k}{n}+\frac{kc^{k-1}}{n^2}+\frac{k(k-1)c^{k-2}}{n^3}+\cdots+\frac{k\cdots2c}{n^k}+\frac{k!}{n^{k+1}}\right)+\frac{k!}{n^{k+1}}}$

άρα έχουμε

$\begin{aligned}I_{1}&=\int_{0}^{c}y^ke^{-ny}\,dy+\frac{1}{2}\int_{0}^{c}y^{k+1}e^{-ny}\,dy-\frac{k}{12}\int_{0}^{c}y^{k+2}e^{-ny}\,dy+\mathcal O\left(\int_{0}^{c}y^{k+3}e^{-ny}\,dy\right)\\&=\frac{k!}{n^{k+1}}+\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})+\frac{(k+1)!}{2n^{k+2}}+\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})-\frac{k(k+2)!}{12n^{k+3}}+\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})+\mathcal O(n^{-k-4})\\&=\frac{k!}{n^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2n^{k+2}}-\frac{k(k+2)!}{12n^{k+3}}+\mathcal O(n^{-k-4})\end{aligned}$ .

Ακόμα εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι $\displaystyle{I_2=\mathcal O(n^{-1}e^{-nc})}$ οπότε συνολικά παίρνουμε

$\displaystyle{n^{k+1}I=\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+1)!}{2^{k+2}n}-\frac{k(k+2)!}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 2:38 pm**

Περίεργα πράγματα. Δεν βλέπω κανένα λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 3:02 pm**

Demetres έγραψε:Περίεργα πράγματα. Δεν βλέπω κανένα λάθος.

Στο δικό σου ή στο δικό μου; Ή σε κανένα απ'τα δυο...;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 3:06 pm**

Σε κανένα! Ας το δοκιμάσει και κάποιος άλλος να δούμε με ποιον από εμάς συμφωνεί. (Η αν θα βρει και τρίτη απάντηση!)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 4:14 pm**

Μιας που το πιάσαμε, ας το τραβήξουμε λίγο ακόμα απτα μαλλιά..

Με την πάνω μέθοδο βγάζουμε γενικότερα ότι για $\mathbb R\ni k>-1$ είναι

$\displaystyle{n^{k+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^nx^k\,dx=\frac{\Gamma(k+1)}{2^{k+1}}+\frac{\Gamma(k+2)}{2^{k+2}n}-\frac{k\Gamma(k+3)}{2^{k+3}3n^2}+\mathcal O(n^{-3})}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 10, 2012 4:36 pm**

Δημήτρη αν αντικαταστήσεις στην

Demetres έγραψε: $\displaystyle{ I = \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}} \sum_{s=0}^{\infty} \frac{1}{2^s}\binom{s+k+1}{s} \frac{n! (k+s)!}{(k+s+n+1)!} = \frac{k!}{2^{k+1}} \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} + \frac{(k+2)!}{2^{k+2}n} \frac{n!n^{k+2}}{(n+k+2)!} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}$ .

τα $\displaystyle{\frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!}}$ και $\displaystyle{\frac{n!n^{k+2}}{(n+k+2)!}}$ από την

Demetres έγραψε: $\displaystyle{ \frac{n!n^{k+1}}{(n+k+1)!} = \left(1 - \frac{1}{n+1} \right) \cdots \left(1 - \frac{k+1}{n+k+1} \right) = 1 - \frac{(k+1)(k+2)}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)}$

παίρνεις $\displaystyle{\frac{k!}{2^{k+1}}+\frac{(k+2)!}{2^{k+2}n}+\mathcal O(n^{-2})}$ , οπότε θα πάρεις $\displaystyle{\frac{(k+2)!}{2^{k+2}}}$ για το όριο και όχι

. Τώρα κάπου παραπάνω μπορεί να έχει γίνει τυπογραφικό και αντί για (k+2)!

να είναι

, οπότε θα βγάζουμε το ίδιο.. Ένυγουέι.

mathematica.gr

SEEMOUS 2012/4

SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4

Re: SEEMOUS 2012/4