Niz integrala i granicna vrednost

PostPoslato: Petak, 24. Avgust 2018, 11:27
od Igor
Zadatak: Dat je niz integrala [inlmath]I_n=\int_1^n \frac{1}{x^7\cdot \sqrt{1+x^4}}\mathrm dx[/inlmath]. Izracunati [inlmath]I_n[/inlmath], a zatim, u zavisnosti od realnog parametra [inlmath]p[/inlmath] odrediti granicnu vrednost niza ciji je opsti clan zadat sa: [inlmath]a_n=\frac{I_n}{n^{p+\frac{3}{2}}} (\sqrt1 + \sqrt2 +\cdots + \sqrt{n})[/inlmath].

Izracunao sam da je: [dispmath]\enclose{box}{I_n = \frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}{2} - \frac{\sqrt{(1+\frac{1}{n^4})^3}}{6} - \frac{\sqrt2}{6}}.[/dispmath] E sada treba naci: [dispmath]\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\left(\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}{2} - \frac{\sqrt{\left(1+\frac{1}{n^4}\right)^3}}{6} - \frac{\sqrt2}{6}\right)\cdot (\sqrt1 + \sqrt2 +\cdots + \sqrt{n})}{n^{p+\frac{3}{2}}}.[/dispmath] Pokusao sam da primenim Stolcovu teoremu, ali ne uspevam do kraja. Mislim da je to dobar postupak, znacilo bi mi ako bi neko uradio do kraja.

Re: Niz integrala i granicna vrednost

PostPoslato: Subota, 25. Avgust 2018, 18:22
od Onomatopeja
Ako [inlmath]\displaystyle\lim_{n\to\infty} b_n[/inlmath] postoji, konacan je i nije nula, onda vazi [inlmath]\displaystyle\lim_{n\to\infty} b_n c_n = \lim_{n\to\infty} b_n \lim_{n\to\infty} c_n[/inlmath]. U tvom slucaju to vazi za niz [inlmath]b_n=I_n[/inlmath]. Sad bi trebalo da je lakse.

Dalje bi trebalo da za odredjene vrednosti parametra prolazi Stolcova teorema, a takodje moze da se radi i preko integralnih ocena.

Re: Niz integrala i granicna vrednost

PostPoslato: Nedelja, 26. Avgust 2018, 15:26
od Igor
Hvala na pomoci :)
Dobijam ovako: [dispmath]\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\left(\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}{2} - \frac{\sqrt{\left(1+\frac{1}{n^4}\right)^3}}{6} - \frac{\sqrt2}{6}\right)\cdot (\sqrt1 + \sqrt2 +\cdots + \sqrt{n})}{n^{p+\frac{3}{2}}}=\lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}{2} - \frac{\sqrt{\left(1+\frac{1}{n^4}\right)^3}}{6} - \frac{\sqrt2}{6}\right)\cdot \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt1 + \sqrt2 +\cdots + \sqrt{n}}{n^{p+\frac{3}{2}}}[/dispmath] Odatle imamo (za drugi limes upotrebimo Stolcovu teoremu): [dispmath]\frac{2-\sqrt2}{6}\cdot \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt1 + \sqrt2 +\cdots + \sqrt{n} - \sqrt1 - \sqrt2 - \cdots - \sqrt{n-1}}{n^{p+\frac{3}{2}} - (n-1)^{p+\frac{3}{2}}}=\frac{2-\sqrt2}{6}\cdot \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n^{p+1}\cdot \left(1-\left(1-\frac{1}{n}\right)^{p+\frac{3}{2}}\right)}[/dispmath] Odavde zakljucujem da je ovaj limes, za [inlmath]p<-1[/inlmath], jednak [inlmath]+\infty[/inlmath]. Da bih ispitao za ostale vrednosti parametra, zapisao sam limes u obliku: [dispmath]\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n^{-p-1}}{\left(1-\left(1-\frac{1}{n}\right)^{p+\frac{3}{2}}\right)}[/dispmath] A zatim sam primenio Lopitalovo pravilo, jer i imenilac i brojilac razlomka teze [inlmath]0[/inlmath]: [dispmath]\lim\limits_{n\to\infty} \frac{(-p-1)n^{-p-2}}{-(p+\frac{3}{2})\left(1-\frac{1}{n}\right)^{p+\frac{1}{2}}\frac{1}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{(p+1)n^{-p}}{(p+\frac{3}{2})\left(1-\frac{1}{n}\right)^{p+\frac{1}{2}}}[/dispmath] Odavde sam zakljucio da je za [inlmath]0>p>-1[/inlmath] limes [inlmath]+\infty[/inlmath], a za [inlmath]p>0[/inlmath] limes je [inlmath]0[/inlmath].
Da li je ovo tacno?

Re: Niz integrala i granicna vrednost

PostPoslato: Ponedeljak, 27. Avgust 2018, 10:10
od Onomatopeja
Samo sam preleteo, vise idejno, nisam racunski. Primeti da ne mozes za sve vrednosti parametra [inlmath]p[/inlmath] da koristis Stolcovu teoremu, jer je potrebno da je niz u imeniocu strogo rastuci i da tezi beskonacnosti. To ovde imamo za [inlmath]p+3/2>0.[/inlmath] Sa druge strane, za [inlmath]p+3/2\leq 0[/inlmath] lako se pokazuje da niz (mislim na razlomak) tezi ka plus beskonacno (za [inlmath]p=-3/2[/inlmath] to je oblik jedan puta beskonacno, dok za [inlmath]p<-3/2[/inlmath] imamo beskonacno puta beskonacno).

Sad ovo ponovo uklopi u celu tvoju pricu.