Интегралы

[bot]

В последней да, а в предпоследней тоже так хотел, но что-то не совсем ясно - там ведь под синусом $n^2$, а точек деления всего $n$.
В последней ещё можно подкоренное выражение зажать между двумя квадратами
и тем самым зажать сумму между двумя интегральными суммами.
В предпоследней думал, что надо функцию взять линейную, а из синусов изобразить точки деления, однако похоже перемудрил - не очень понятно, что промежуточные точки в линейной функции окажутся промежуточными.

[Brukvalub]

bot писал(а):

В последней да, а в предпоследней тоже так хотел, но что-то не совсем ясно - там ведь под синусом $n^2$, а точек деления всего $n$.

Во 2-й задаче можно, например, заменить все синусы первыми двумя членами их разложения по формуле Тейлора с о-большим или 0-малым и оценить суммарную ошибку замены, пользуясь равномерностью оценки ошибки для каждой замены.

[bot]

А ну да - это видел, однако мощновато.
Что-то всё таки должно быть попроще.
Вот ещё идея была:
$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n^2} < \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$
Теперь синусы разностей расписываем и избавляемся от $n^2$
Вроде должно получиться.

[bot]

Зря упрямился со второй. Действительно не получается проще первого приближения с отбрасыванием $n$ штук равномерно бесконечно малых порядка $n^{-3}$.
А вот в первой засада - логарифмирование очевидно напрашивается, но ведь интеграл-то несобственный (хотя и сходящийся) получается, стало быть суммы Римана мимо кассы летят. Заглушить особенность в нуле можно домножением на $x^\varepsilon$, но тогда придётся обосновывать перестановку пределов:

$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \ln \frac{k}{n}=\lim_{n \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0^{+}}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n (\frac{k}{n})^\varepsilon \ln \frac{k}{n}=$$

$$=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n (\frac{k}{n})^\varepsilon \ln \frac{k}{n}=...$$

Ну а дальше всё в порядке и ответ верный $\frac{1}{e}$ получается - а куда бы он делся?

$$...\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_0^1 x^\varepsilon \ln x dx = \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \frac{-1}{1+\varepsilon} = -1$$

Для обоснования перестановки что ли в лоб равномерную сходимость проверять? Правильный ответ конечно обосновывает перестановку, а нужно наоборот.
Аналогичная ситуация бывает в диалогах с ферматистами.

[Городецкий Павел]

То есть во второй разложить

$$\sin$$

по Тейлору, отбросить бесконечно малые порядка

$$n^{ - 3}$$

и потом вынести

$$1/n$$

С третьей у меня никак не получается разложить на интегральную сумму и бесконечно малую, а если зажимать, то можно сразу найти хорошую миноранту для

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum\limits_{k = 1}^n {\sqrt {(nx + k)(nx + k + 1)} } }} {{n^2 }},(x > 0) $$

это как я понимю будет

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum\limits_{k = 1}^n {\sqrt {(nx + k)(nx + k )} } }} {{n^2 }} $$

А вот мажоранту ?

[Brukvalub]

bot писал(а):

А вот в первой засада - логарифмирование очевидно напрашивается, но ведь интеграл-то несобственный (хотя и сходящийся) получается, стало быть суммы Римана мимо кассы летят.

Вы, конечно, правы, но проще аккуратно отступить от особенности вправо, проинтегрировать и совершить предельный переход назад к 0.

[bot]

В интеграле ведь проблемы нету - она в сумме сидит.
Об отступлении вправо думал, но тогда, если по-прежнему разбивать отрезок [0,1] равномерно, то от суммы будет откусываться часть начальных членов, которые надо будет оценивать, а если разбивать оставшуюся часть отрезка, то опять геморрой - сумма будет видоизменяться и опять надо оценивать её расхождение с заданной.

Павел, миноранту Вы получили, уменьшив на 1 вторую скобку, что Вам мешает увеличить первую?

Во второй - да, именно об этом и говорил Brukvalub

$\frac{5}{6}\pi$ у Вас получилось?

[Городецкий Павел]

Поясните пожалуйста как это отступить вправо?

bot писал(а):

миноранту Вы получили, уменьшив на 1 вторую скобку, что Вам мешает увеличить первую?

если я увеличу первую скобку на 1, то

$$1/n$$

будет б.м.?

[bot]

В интеграле это просто - вместо пределов 0 и 1 берём $\varepsilon$ и 1, переходим потом к пределу, устремляя $\varepsilon \to 0^{+}$, то есть по сути пользуемся определением несобственного интеграла.
А вот с имеющейся суммой вижу два варианта, которые изложил выше, оба мне не очень нравятся.

Добавлено спустя 9 минут 14 секунд:

Городецкий Павел писал(а):

если я увеличу первую скобку на 1, то

$$1/n$$

будет б.м.?

Разумеется, но не совсем в этом дело.

Просто сумма зажмётся между
$\sum \frac{1}{n}(x+\frac{k}{n})$ и $\sum \frac{1}{n}(x+\frac{k+1}{n})$, то есть между нижней и верхней суммами Дарбу соответственно.

[Городецкий Павел]

bot писал(а):

А вот с имеющейся суммой вижу два варианта, которые изложил выше, оба мне не очень нравятся.

Это по поводу факториала?

[bot]

Да, с остальным вроде бы уж разобрались или что-то ещё осталось?

Кстати, всё забываю - у Вас в разобранных примерах (то есть до последних трёх) одна опечатка есть - по другому не классифицирую.
Кажется во втором (не могу посмотреть - тормозит сетка очень, долго грузится)
Показатель 2 над индексом суммирования k (или какой там) потерян.

[RIP]

С логарифмом, по-моему, проще всего воспользоваться монотонностью. Тогда

$$\int_0^1\ln x\, dx<\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\frac kn<\int_{1/n}^{1+1/n}\ln x\,dx$$

[bot]

и в самом деле. Это, в сущности, и есть отступ вправо.

[Городецкий Павел]

А как тогда решить просто несобственный интеграл

$$\int_0^1\ln x\, dx$$

или например

$$ \int_0^1 {{1 \over {x^p }}} dx,(p > 0) $$

он же ведь сходиться

[bot]

Первый по частям, при этом использовать
$$lim_{x\to 0} x \ln x = 0$
Второй сразу табличный, но сходится он лишь при p<1. Если при этом p<=0, то он собственный.