complex integral

[man111]

(1) Calculate $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(tan^{-1}(\frac{1}{n})\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+tan(\frac{k}{n})}\right)=$

(2) Calculate $\displaystyle \lim_{n\to \infty}n.\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sqrt[n]{sinx}\right)dx=$

[myra_panama]

man111 в сообщении #421998 писал(а):

$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(tan^{-1}(\frac{1}{n})\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+tan(\frac{k}{n})}\right)=$

Здесь $\tan(\frac1{n})$ не так ли ... или я что то перепутал..??

Если так , то в силу того, что $\tan x = x+o(x) , x\to 0$ отсюда , можно вычислить интеграл..
$\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{1+\tan x}$

[Руст]

Первое не важно, что там $tan\frac 1n$ или $arctan \frac 1n$ или просто $\frac 1n$, все равно сводится к интегралу, который можно свести к интегралу от рациональной функции заменой $y=\tan \frac x2$.

Второе можно вычислить учитывая, что $\sin x=e^{\ln \sin x}, nx=y, \frac 1n<y<\frac{\pi}{2n}.$
Тогда получается ответ $\frac{\pi}{2}(1-\ln \frac{\pi}{2}).$

[myra_panama]

Руст в сообщении #422082 писал(а):

Первое не важно, что там $tan\frac 1n$ или $arctan \frac 1n$ или просто $\frac 1n$, все равно сводится к интегралу

Руст извиняюсь за вопрос .... , но как можно
$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(tan^{-1}(\frac{1}{n})\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+tan(\frac{k}{n})}\right)=$
привести к интеграл , там стоит тангенс с степенью -1?

(Оффтоп)

$\tan^{-1}(\frac1{n})=\frac1{\frac1{n}}+o(\frac1{n}) , n\to \infty$

[ewert]

myra_panama в сообщении #422089 писал(а):

привести к интеграл , там стоит тангенс с степенью -1?

Вот именно. Поэтому ничего никуда приводить не надо, а надо тупо сказать, что предел равен плюс бесконечности. (В условии явная ошибка.)

Руст в сообщении #422082 писал(а):

Тогда получается ответ $\frac{\pi}{2}(1-\ln \frac{\pi}{2}).$

Не понял: как Вы круто предельный интеграл-то взяли?

[Vince Diesel]

ewert в сообщении #422091 писал(а):

Вот именно. Поэтому ничего никуда приводить не надо, а надо тупо сказать, что предел равен плюс бесконечности. (В условии явная ошибка.)

Ну, нерусский писал) Там так арктангенс могут обозначить.

[ewert]

Vince Diesel в сообщении #422095 писал(а):

Ну, нерусский писал) Там так арктангенс могут обозначить.

А, да. Совсем забыл, что у буржуев всё не как у людей.

[Vince Diesel]

Руст в сообщении #422082 писал(а):

Тогда получается ответ $\frac{\pi}{2}(1-\ln \frac{\pi}{2}).$

Что-то не то, ответ должен быть неотрицательным.

[ewert]

Vince Diesel в сообщении #422124 писал(а):

Что-то не то, ответ должен быть неотрицательным.

Он и есть неотрицателен, только почему-то не совпадает с $-\int\limits_0^{\pi/2}\ln\sin x\,dx$. Возиться с которым мне лень (если это вообще возможно).

[sup]

Ну это знаменитый интеграл Гаусса. Сначала замена $x=2y$, а потом синус удвоенного угла разваливаем на произведение синуса и косинуса, и косинус сводим к синусу дополнительного угла. Возникнет такой же интеграл с множителем 2. Можно и сосчитать, но лень.

[ewert]

А, ну да, $\dfrac{\pi\,\ln2}{2}$. Но так некомплексно!

[man111]

Thanks to all for detaled explanation.