mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 11, 2010 9:03 pm**

Και αυτό από mathlinks, αναπάντητο που με έχει ζορίσει...

Υπολογισθήτω το οριάκι

$\displaystyle{\lim_{n \to + \infty}{\sqrt {n}\int_{ - \infty}^{ + \infty}{\frac {\cos x + \sin x}{(1 + x^2)^n}}dx} }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 12, 2010 3:58 pm**

Το έφτασα σε κάποιο σημείο και τελικά το μόνο που κατάφερα είναι να βρω κάποιο φράγμα. Πιστεύω όμως ότι αξίζει να το αναφέρω.

$\displaystyle{\bf\left| \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(x)+\sin(x)}{(1+x^{2})^{n}}\;\dx\right|=\left|\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)}{(1+x^2)^n}\;dx\right|\leq \sqrt{2}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n}\;dx=\sqrt{2}\frac{\prod_{i=1}^{n-1}(2i-1)}{\prod_{i=1}^{n-1}(2i)}\cdot\pi}$
Επίσης $\displaystyle{\bf\lim_{n\rightarrow +\infty} \sqrt{n}\frac{\prod_{i=1}^{n-1}(2i-1)}{\prod_{i=1}^{n-1}(2i)}\pi\sqrt{2}=\sqrt{2\pi}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 05, 2010 4:15 pm**

Το επαναφέρω γιατί ξεχάστηκε

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 05, 2010 10:00 pm**

Με έχει ζορίσει πάρα πολύ. Εικάζω ότι είναι $\displaystyle{\sqrt{\pi}}$ ..

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 05, 2010 11:36 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Και αυτό από mathlinks, αναπάντητο που με έχει ζορίσει...

Υπολογισθήτω το οριάκι

$\displaystyle{\lim_{n \to + \infty}{\sqrt {n}\int_{ - \infty}^{ + \infty}{\frac {\cos x + \sin x}{(1 + x^2)^n}}dx} }$

Κάποιες πρώτες προσπάθειες : Κατ' αρχάς λόγω της περιττότητας της $\displaystyle{\sin x}$ και της αρτιότητας του $\displaystyle{\cos x}$ αναγόμαστε στον υπολογισμό του

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}$ .

Υπολογίζω αρχικά το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}$ . Είναι

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\stackrel{x^2=y}{=}\frac{\sqrt{n}}{2}\int_{0}^{+\infty}(1+y)^{-n}y^{-1/2}\,dy=\frac{\sqrt{n}}{2}B\Big(\frac{1}{2},n-\frac{1}{2}\Big)=\frac{\sqrt{n}}{2}\frac{\Gamma\Big(\frac{1}{2}\Big)\Gamma\Big(n-\frac{1}{2}\Big)}{\Gamma(n)}\stackrel{\boxed{*}}{=}}$

$\displaystyle{\frac{\sqrt{n}\sqrt{\pi}}{2}\frac{n\Gamma\Big(n+\frac{1}{2}\Big)}{\Gamma(n+1)\Big(n-\frac{1}{2}\Big)}\stackrel{\boxed{**}}{=}\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{n}{n-1/2}\frac{\sqrt{n}2\sqrt{\pi}\Gamma(2n)}{2^{2n}\Gamma(n)\Gamma(n+1)}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{n}{n-1/2}\frac{\sqrt{n}2\sqrt{\pi}(2n-1)!}{2^{2n}(n-1)!n!}\stackrel{Stirling\,\,n\to+\infty}{\longrightarrow}\frac{\sqrt{\pi}}{2}}$ , όπου

$\displaystyle{\boxed{*}\,\,\Gamma(x)=\frac{\Gamma(x+1)}{x}\quad x\not\in\mathbb{Z}}$

$\displaystyle{\boxed{**}\,\,\frac{2^{2a}\Gamma(a)\Gamma(a+1/2)}{\Gamma(2a)}=2\sqrt{\pi}\quad a>0}$ (Novak III p.42)

Άρα $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}$ .

Εδώ τώρα έχω κολλήσει λίγο.

Στο βιβλίο του Makarov Selected Problems in real analysis έχει την εξής πρόταση :

Έστω $\displaystyle{-\infty<a<b\leq+\infty}$ και ότι οι συναρτήσεις $\displaystyle{f,\,\,\,g}$ είναι απολύτως ολοκληρώσιμες στο $\displaystyle{(a,b)}$ , ότι $\displaystyle{f>0}$ και ότι $\displaystyle{f(x)/g(x)\stackrel{x\to a^+}{\longrightarrow}1}$ . Έστω ακόμα ότι η $\displaystyle{h\geq0}$ είναι γνήσια φθίνουσα στο $\displaystyle{[a,b)}$ . Τότε $\displaystyle{\int_{a}^{b}g(x)h^{A}(x)\,dx\Big/\int_{a}^{b}f(x)h^{A}(x)\,dx\stackrel{A\to+\infty}{\longrightarrow}1}$ .

Για να υπολογίσει μετά την ασυμπτωτική έκφραση του $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{(1+x^{2})^{A}}\,dx}$ όταν $\displaystyle{A\to+\infty}$ λέει : χρησιμοποιώντας την παραπάνω πρόταση, αντικατέστησε το $\displaystyle{\cos(ax)}$ με το $\displaystyle{1}$ .

Δε βλέπω όμως πως γίνεται αυτό, αφού η 1 δεν είναι απόλυτα ολοκληρώσιμη στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$ .

Πάντως αν το θεώρημα εφαρμοστεί, από τον παραπάνω υπολογισμό έχουμε τελειώσει διότι θα είναι

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\lim_{n\to+\infty}2\int_{0}^{+\infty}\sqrt{n}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}$ ...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 12:56 am**

Έχουμε και λέμε :

Έστω $\displaystyle{\varepsilon>0}$ .

Μπορούμε να βρούμε $\displaystyle{x_{0}\in(0,+\infty)}$ με $\displaystyle{|\cos x-1|<\varepsilon/2}$ για $\displaystyle{x\in[0,x_{0})}$ . Τώρα :

$\displaystyle{\color{blue}\Big|\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}-\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\Big|\color{black}=\Big|\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x-1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\Big|\leq\int_{0}^{x_{0}}\frac{|\cos x-1|}{(1+x^{2})^{n}}\,dx+\int_{x_{0}}^{+\infty}\frac{|\cos x-1|}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\leq}$

$\displaystyle{\color{blue}\leq(\varepsilon/2)\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx+\frac{1}{(1+x_{0})^{n-1}}\underbrace{\int_{x_{0}}^{+\infty}\frac{|\cos x-1|}{1+x^2}\,dx}_{:=A\in\mathbb{R}}}$ και την δεύτερη ανισότητα να ισχύει διότι η $\displaystyle{1/(1+x^{2})^{n-1}}$ είναι γνησίως φθίνουσα.

Παίρνουμε τώρα $\displaystyle{y\in(0,x_{0})}$ . Θα είναι

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\geq\int_{0}^{y}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx\geq\frac{y}{(1+y^{2})^{n}}}$ $\displaystyle{\boxed{*}}$ πάλι διότι η $\displaystyle{1/(1+x^{2})^{n-1}}$ είναι γνησίως φθίνουσα. Τότε

$\displaystyle{\frac{(1+x_{0}^{2})^{-n}}{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}\stackrel{\boxed{*}}{\leq}\frac{(1+x_{0}^{2})^{-n}}{y/(1+y^{2})^{-n}}}:=\frac{1}{y}\Big(\frac{k}{\ell}\Big)^{n}$ όπου $\displaystyle{k/\ell<1}$ λόγω της μονοτονίας πάλι.

Μπορώ συνεπώς να βρω $\displaystyle{n_{0}}$ με $\displaystyle{n\geq n_{0}\Rightarrow\frac{(1+x_{0}^{2})^{-n}}{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}<\frac{\varepsilon y}{2(y+x_{0})A}}$

Για $\displaystyle{n\geq n_{0}}$ τώρα, διαιρώντας τα δυο μέλη της μπλε ανίσωσης με $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}$ ,

έχω $\displaystyle{\Big|\frac{\int_{0}^{+\infty}\cos x(1+x^{2})^{-n}\,dx}{\int_{0}^{+\infty}(1+x^{2})^{-n}\,dx}-1\Big|\leq\varepsilon}$ .

Αυτό σημαίνει ότι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}{\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}=1}$ , άρα $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\,dx}=1}$ και επειδή $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}$ έπεται ότι $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{n}\cos x}{(1+x^{2})^{n}}\,dx=\sqrt{\pi}}$ .

Τυχαίο; Δε νομίζω...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 1:12 am**

Δεν έχω φίλους...Μάλλον πρέπει να πάω για ύπνο

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 1:25 am**

Xm.... θαρρώ είναι μηδέν ... αλλά πιθανόν και να είναι λάθος ...

mathematica.gr

Ένα ζόρικο όριο (2)

Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)

Re: Ένα ζόρικο όριο (2)