[Ex] Limite e integrale

[Noisemaker]

...credo di essermi perso nei calcoli ...(tanto per cambiare!) ...non avendo il risultato...se qualcuno ha tempo....

Calcolare
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^4}\left(\sum_{k=1}^{n}\ k^2\int_{k}^{k+1}x\ln\big((x-k)(k+1-x)\big)dx\right)\;.$$

[size=85]Consideriamo l'integrale, e consideriamo la sostituzione $t=x-k, x=t+k, dx=dt,$
avremo che
\begin{align*}
\int_{k}^{k+1}x\ln\big((x-k)(k+1-x)\big)dx&=\int_{0}^{1}(t+k)\ln[ t(1-t)]dt\\
&=\int_{0}^{1}t\ln[ t(1-t)]dt +k\int_{0}^{1}t\ln[ t(1-t)]dt
\end{align*}
e il limite diviene:
\begin{align*}
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^4}\left[\sum_{k=1}^{n}\ k^2\left( \int_{0}^{1}t\ln[ t(1-t)]dt +k\int_{0}^{1}t\ln[ t(1-t)]dt \right)\right]
\end{align*}
Consideriamo l'integrale (improprio) e calcoliamo l'insieme delle primitive:
\begin{align*}
\int t\ln[ t(1-t)]dt&= \int t \ln t+t\ln(1-t)\,\,dt= \int t \ln t\,\,dt+\int t\ln(1-t)\,\,dt\\
&= \frac{1}{2}\left[\int \ln t\,\,d\left(t^2\right)+\int \ln(1-t)\,\,d\left(t^2\right)\right]\\
&\stackrel{\bf(P)}{=} \frac{1}{2}\left[t^2\ln t-\int t\,\,dt+t^2 \ln(1-t)-\int \frac{t^2}{1-t}\,\,dt\right]\\
&= \frac{1}{2}\left[t^2\ln t-\frac{t^2}{2} +t^2 \ln(1-t)+\int \frac{t^2}{1-t}\,\,dt\right]\\
&= \frac{1}{2}\left[t^2\ln t-\frac{t^2}{2} +t^2 \ln(1-t)+\int \frac{t^2-1}{1-t}+\frac{1}{1-t}\,\,dt\right]\\
&= \frac{1}{2}\left[t^2\ln t-\frac{t^2}{2} +t^2 \ln(1-t)-\int \frac{(t -1)(t+1)}{1-t}+\frac{1}{1-t}\,\,dt\right]\\
&= \frac{1}{2}\left[t^2\ln t-\frac{t^2}{2} +t^2 \ln(1-t)-\int t+1\,\,dt-\int \frac{1}{1-t}\,\,dt\right]\\
&= \frac{1}{2}\left[t^2\ln t-\frac{t^2}{2} +t^2 \ln(1-t)-\frac{t^2}{2}-t-\ln(1-t)\right]_{0}^{1}\\
&= \frac{1}{2}\left[0-\frac{1}{2} +\lim_{\varepsilon\to1}\varepsilon^2 \ln(1-\varepsilon)-\frac{1}{2}-1-\lim_{\varepsilon\to1}\varepsilon\ln(1-\varepsilon)\right]-0 \\
&= \frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{2} +\lim_{\varepsilon\to1} \ln\left(\frac{(1-\varepsilon)^{\varepsilon^2}}{ 1-\varepsilon }\right) \right]= \frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{2} +\lim_{\varepsilon\to1} \ln\left( 1-\varepsilon)^{\varepsilon^2-1 }\right) \right]\\
&= -\frac{1}{4}
\end{align*}
Dunque abbiamo che
\begin{align*}
&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^4}\left [\sum_{k=1}^{n}\ k^2\left( \int_{0}^{1}t\ln[ t(1-t)]dt +k\int_{0}^{1}t\ln[ t(1-t)]dt \right)\right]= \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^4}\left[\sum_{k=1}^{n}\ k^2\left( -\frac{1}{4} -\frac{k}{4} \right)\right]\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{4 n^4}\left[ \sum_{k=1}^{n}\ k^2+\sum_{k=1}^{n}\ k^3 \right]=\lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{4 n^4}\left[ \sum_{k=1}^{n}\ k^2+\sum_{k=1}^{n}\ k^3 \right]\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{4 n^4}\left[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n^2(n+1)^2}{4} \right]\sim\lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{4 n^4}\left[ \frac{n^3}{3}+\frac{n^4}{4} \right]\sim\lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{4 n^4}\cdot\frac{n^4}{4}\\
&=-\frac{1}{16}
\end{align*}[/size]

[21zuclo]

wow fantastico..

allora a mio parere a guardarlo così, senza andare nel dettaglio mi sembra giusto!

appena ho tempo però mi metto io a farlo. Esercizio interessante

[Noisemaker]

grazie!

[Rigel1]

Non ho seguito i conti; io farei così:
\[
\int_k^{k+1} x \log[(x-k)(k+1-x)]dx = \int_k^{k+1} x [\log(x-k) + \log(k+1-x)]dx = [\text{per parti}] = -(2k+1),
\]
quindi l'argomento del limite diventa
\[
a_n := -\frac{1}{n^4} \sum_{k=1}^n k^2(2k+1).
\]
In questo caso si può addirittura calcolare la sommatoria in forma chiusa (anche se non ce n'è bisogno):
\[
a_n = -\frac{1}{n^4} \left[ 2 \cdot\frac{1}{4} n^2 (n+1)^2 + \frac{1}{6} n (n+1) (2n+1)\right] \to -\frac{1}{2}\,.
\]

[Sk_Anonymous]

[ot]

"21zuclo":[...] Esercizio interessante

Mah, a me sembra solo un mucchio di conti. Senza offesa eh![/ot]

[Noisemaker]

ne ero certo di essermi perso nei calcoli (dannati!) ... grazie Rigel

[Noisemaker]

"Delirium":[ot][quote="21zuclo"][...] Esercizio interessante

Mah, a me sembra solo un mucchio di conti. Senza offesa eh![/ot][/quote]
che tra l'altro ho pure sbagliato!

[Sk_Anonymous]

@Noisemaker: visto il genere d'esercizi che sembra piacerti, vorrei proportene uno. Spero tu lo gradisca

Prove it! \[\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1^p + 2^p + 3^p + \dots + n^p}{n^{p+1}}=\frac{1}{p+1} \]

Nota. Io ne avevo dato una prova macchinosa qui, ma forse c'è una via più breve.

[Noisemaker]

Graditissimo!!

[size=85]
Considero $p\in\NN.$
Consideriamo le due successioni:
\[a_n:=1^{p}+2^{p}+...n^{p},\qquad b_n:=n^{p+1}\]
Si osserva che certamnete $b_n$ è monotona crescente, infatti:
\begin{align}
n^{p} \end{align}
e naturalente si ha che $\lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty, \forall p>0$
e dunque è possibile applicare la regola di Cesaro:
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\lim_{n\to+\infty} \frac{1^{p}+2^{p}+...(n+1)^{p}-\left(1^{p}+2^{p}+...n^{p}\right)}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}
\end{align}
sviluppando il primo addendo del denominatore con il binomio di Newton avremo:
\begin{align}
(n+1)^{p+1}= n^{p+1}+ (p+1)n^{(p+1)-1}+ \binom{p+1}{2} n^{(p+1)-2}+....1
\end{align}
e il limite diviene:
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}&=\lim_{n\to+\infty} \frac{1^{p}+2^{p}+...(n+1)^{p}-\left(1^{p}+2^{p}+...n^{p}\right)}{ n^{p+1}+ (n+1)n^{(p+1)-1}+ \binom{p+1}{2} n^{(p+1)-2}+....1-n^{p+1}} \\
&=\lim_{n\to+\infty} \frac{ (n+1)^{p} }{ (p+1)n^{p}+ \binom{p+1}{2} n^{(p+1)-2}+....1 }\\
&\sim\lim_{n\to+\infty} \frac{ n^{p} }{ (p+1)n^{p} }= \frac{ 1}{ p+1 }
\end{align}

dunque poichè il limite di $$\lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\frac{ 1}{ p+1 }$$
tale sarà anche anche il limite di $$\lim_{n\to+\infty}\frac{ a_n}{ b_n }=\frac{ 1}{ p+1 }$$[/size]

[Sk_Anonymous]

[Noisemaker]

...e fortuantamente sta volta non ho sbagliato i calcoli

[theras]

Entro di straforo(ma non troppo ..),
e dico solo che a suo tempo,arrivato alla successione argomento $((n+1)^p)/((n+1)^(p+1)-n^(p+1))$,
m'ero guardato bene dall'usare la regola di Newton ed avevo diviso numeratore e denominatore per $(n+1)^p$ e svolto un paio di passaggi algebrici elementari in modo da ricondurmi,
per poi sfruttare un teorema ponte tra limiti di funzioni e di successioni,al limite notevole $lim_(x to 0)((1+x)^k-1)/x=k$:
l'ho fatto per il mio "integralismo" sull'uso parsimonioso di stime asintotiche e sviluppi di Taylor,
ma pure perché dimostra che quel risultato è valido $AA p in (-1,+oo)$
(il ché mi conferma il sospetto che possa essere migliorata la disuguaglianza dalla quale era,
a suo tempo,scaturita l'osservazione di Del oggetto di questo post..)!
Saluti dal web.