Integrali con somme inferiori e superiori
$f(x)={(1/(lfloor1/xrfloor), if x in (0,1]),(0, if x=0):}$
ho visto che è Riemann integrabile perchè monotona. Ora mi è richiesto di trovare il valore di $\int_{0}^{1} f(x) dx$ usando le somme inferiori e superiori di riemann.
Io più o meno giustificando sono arrivato a dovermi calcolare $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n (1/k)^2$
però non so proprio come farlo...
ho visto che è Riemann integrabile perchè monotona. Ora mi è richiesto di trovare il valore di $\int_{0}^{1} f(x) dx$ usando le somme inferiori e superiori di riemann.
Io più o meno giustificando sono arrivato a dovermi calcolare $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n (1/k)^2$
però non so proprio come farlo...
Risposte
Sarei curioso di vedere il ragionamento, la funzione floor non è tra le mie preferite e trovo difficoltà a dare una risposta soddisfacente 
.Un'altra cosa, mi sa che il valore ottenuto un po' altino considerando che $f(x)<=1 AA x\in [0,1]$ e quindi $\int_{0}^1 f(x)dx<=1$ mentre $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2= pi^2/6>1$...
.Un'altra cosa, mi sa che il valore ottenuto un po' altino considerando che $f(x)<=1 AA x\in [0,1]$ e quindi $\int_{0}^1 f(x)dx<=1$ mentre $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2= pi^2/6>1$...
hai ragione, infatti avevo sbagliato a costruire il grafico. non era neanche così semplice.
La funzione è una funziona a scala e fa il salto ogni volta che $x=1/n, AA n in ZZ_+$, l'area calcolata "graficamente" ora mi viene la bellezza di:
$\sum_{k=1}^\infty 1/k*(1-\sum_{j=1}^(k+1) 1/j)$
non so se c'è un altro modo di scriverla ma così mi pare parecchio brutta...
La funzione è una funziona a scala e fa il salto ogni volta che $x=1/n, AA n in ZZ_+$, l'area calcolata "graficamente" ora mi viene la bellezza di:
$\sum_{k=1}^\infty 1/k*(1-\sum_{j=1}^(k+1) 1/j)$
non so se c'è un altro modo di scriverla ma così mi pare parecchio brutta...
Forse ci sono:
In pratica ho fatto in questo modo:
Per ogni $n\in NN$ hai che:
se $x\in (1/(n+1), 1/n]$ allora $f(x)= 1/n$
Considerando l'n-esimo rettangolo, ha che la base misura $1/n-1/(n+1)$ mentre l'altezza misura $f(1/n)= 1/n$ di conseguenza l'area è:
$A_n= (1/n - 1/(n+1))1/n$
L'integrale è dato dalla somma di un'infinità numerabile di questi rettangoli:
$I=\sum_{n=1}^\infty A_n = \sum_{n=1}^\infty(1/n - 1/(n+1))1/n = \sum_{n=1}^\infty (1/(n^2-n^3))= \sum_{n=1}^\infty 1/n^2-1/n+1/(n+1)$
Ora osserva che sia $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2$ è convergente e converge a $pi^2/6$ così come converge la serie
$\sum_{n=1}^\infty-1/n+1/(n+1)= -\sum_{n=1}^\infty (1/n-1/(n+1))=-1$ (nota che questa è una serie di Mengoli)
Dunque:
$I= \sum_{n=1}^\infty 1/n^2-1/n+1/(n+1) = pi^2/6 -1$
Ti trovi?
In pratica ho fatto in questo modo:
Per ogni $n\in NN$ hai che:
se $x\in (1/(n+1), 1/n]$ allora $f(x)= 1/n$
Considerando l'n-esimo rettangolo, ha che la base misura $1/n-1/(n+1)$ mentre l'altezza misura $f(1/n)= 1/n$ di conseguenza l'area è:
$A_n= (1/n - 1/(n+1))1/n$
L'integrale è dato dalla somma di un'infinità numerabile di questi rettangoli:
$I=\sum_{n=1}^\infty A_n = \sum_{n=1}^\infty(1/n - 1/(n+1))1/n = \sum_{n=1}^\infty (1/(n^2-n^3))= \sum_{n=1}^\infty 1/n^2-1/n+1/(n+1)$
Ora osserva che sia $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2$ è convergente e converge a $pi^2/6$ così come converge la serie
$\sum_{n=1}^\infty-1/n+1/(n+1)= -\sum_{n=1}^\infty (1/n-1/(n+1))=-1$ (nota che questa è una serie di Mengoli)
Dunque:
$I= \sum_{n=1}^\infty 1/n^2-1/n+1/(n+1) = pi^2/6 -1$
Ti trovi?
Si, il tuo ragionamento è più chiaro del mio, non è possibile che siano la stessa cosa?
Io comunque di serie non ho fatto pressochè niente... queste cose me le sognavo...
Io comunque di serie non ho fatto pressochè niente... queste cose me le sognavo...
se ti riferisci al 4° post mi sa di no... Anche perchè la serie
$\sum_{k=1}^\infty 1/k (1-\sum_{j=1}^{k+1}1/j)$
non converge (Mathematica dixit
)
Non so se esistano altre strade in cui non intervengono le serie, se qualcuno ha qualche idea si faccia avanti
$\sum_{k=1}^\infty 1/k (1-\sum_{j=1}^{k+1}1/j)$
non converge (Mathematica dixit
)Non so se esistano altre strade in cui non intervengono le serie, se qualcuno ha qualche idea si faccia avanti
Il tuo ragionamento con le serie dovrebbe essere corretto: mi è capitata una cosa molto simile in un recente scritto di analisi e il mio docente l'ha risolta costruendo una serie ad hoc.
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