Serie

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Dimostra che se \(f:[a,b] \to \mathbb{R} \) è una funzione integrabile nel senso di Riemann allora abbiamo che
\[ \frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) dt = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(a+k \frac{b-a}{n} \right) \]
E dedurre i limiti seguenti
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \tan \frac{k}{n} \]
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2+k^2} \]
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \log \left( \frac{n}{n+k} \right)^{1/n} \]

Allora per dimostrare quel claim, ho solo una domandina sulla conclusione.

Infatti per ogni \( 1 \leq k \leq n \) abbiamo che \(x_{k,n}:= a + k \frac{b-a}{n} \in [a,b] \) e il problema si traduce a dimostrare che
\[ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(x_{k,n}) = \frac{1}{b-a} \sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} f(x_{k,n}) \]
converge a
\[ \frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) dt \]
È un problema che \( x_{k,n} \) dipende da \(n\) nel fare il limite con \( n \) che va ad infinito ?? Non credo vero. Però non sono 100% sicuro. Detto ciò dimostrerei che
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(x_k) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) dt \]
Che è la media integrale.
Consideriamo la subdivisione di \( [a,b] \) in \( n \) intervalli, \( [x_k,x_{k+1}] \) di lunghezza \( \frac{b-a}{n} \), notiamo che i nostri punti \( x_{k,n} \) sono corrispondono agli estremi di questa suddivisione, poiché \(x_0= a,x_1= a + \frac{b-a}{n} , x_2=a+2\frac{b-a}{n} , \ldots ,x_n= b \).
Chiamo questa subdivisione \( \sigma_n \), abbiamo allora
\[ \frac{1}{(b-a)}\sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} f(x_k) \geq \frac{1}{b-a} \sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} \inf_{x \in [x_k,x_{k+1}] }f(x) = \frac{1}{b-a} S_{\sigma_n,f} \]
E analogamente
\[ \frac{1}{(b-a)}\sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} f(x_k) \leq \frac{1}{b-a} \sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} \sup_{x \in [x_k,x_{k+1}] }f(x) = \frac{1}{b-a} S^{\sigma_n,f} \]
Quindi abbiamo
\[ \frac{1}{b-a} S_{\sigma_n,f} \leq \frac{1}{(b-a)}\sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} f(x_k) \leq \frac{1}{b-a} S^{\sigma_n,f} \]
E siccome abbiamo che \(f\) è Riemann integrabile abbiamo che
\[ \frac{1}{b-a} S_{\sigma_n,f} \leq \frac{1}{b-a} \sup_{\tau} S_{\tau,f} = \frac{1}{b-a} \inf_{\tau} S^{\tau,f} = \frac{1}{b-a} S^{\sigma_n,f} \]
Ora abbiamo che

\[ \frac{1}{b-a} S_{\sigma_n,f} \leq \frac{1}{b-a} S_{\sigma_{n+1},f} \leq \frac{1}{(b-a)}\sum_{k=1}^{n+1} \frac{b-a}{n+1} f(x_k) \leq \frac{1}{b-a} S^{\sigma_{n+1},f}\leq \frac{1}{b-a} S^{\sigma_n,f} \]
E passando al limite credo che posso concludere dunque
\[ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f(x_k) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) dt \]

Cioé posso concludere che?
\[ \frac{1}{b-a} \sup_{\tau} S_{\tau,f} \leq \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f(x_k) \leq \frac{1}{b-a} \inf_{\tau} S^{\tau,f} \]

Si perché convergono vero? Cioé
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{b-a} S_{\sigma_n,f}= \frac{1}{b-a} \sup_{\tau} S_{\tau,f} = \frac{1}{b-a} \inf_{\tau} S^{\tau,f} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{b-a} S^{\sigma_n,f}\]

Per le tre serie ho fatto così per la prima

Grazie al claim precedente abbiamo che
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \tan \frac{k}{n} = \int_0^1 \tan(t) dt = - \frac{1}{2} \ln(1-\sin^2(t)) \mid_0^1 = -\frac{1}{2}\ln(1-\sin^2(1)) \]

Mentre per le altre due serie non riesco a trovare gli estremi \( [a,b] \) e la funzione \(f\) da integrare...

[Mephlip]

Vorrei provare un salto nel vuoto, non blastatemi troppo se è un'idiozia .
Per il terzo limite
$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left(\frac{n}{n+k}\right)^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n \log \left(1-\frac{k}{n+k}\right)=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n \log \left

(1-\frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{k}{n}}\right)=$$
$$=\lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left(1-\frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{k}{n}}\right)\right)$$
Si ha che
$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left(1-\frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{k}{n}}\right)=\int_0^1 \log \left(1-\frac{x}{1+x}\right) \text{d}x=L\in\mathbb{R}$$
Mentre
$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}=0$$
Ora forse scrivo una gran buffonata, ma...per i teoremi algebrici sui limiti (non ci sono forme indeterminate e i limiti esistono...anche se quest'ultima affermazione è il mio unico dubbio, ma l'esistenza del limite

con la sommatoria dovrebbe essere assicurato dalla teoria sull'integrazione) si ha
$$\lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left(1-\frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{k}{n}}\right)\right)=\left(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\right)\left(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log

\left(1-\frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{k}{n}}\right)\right)=$$
$$=0 \cdot \int_0^1 \log \left(1-\frac{x}{1+x}\right) \text{d}x=0$$
In quanto il secondo integrale converge.
Similmente per il secondo limite.
[ot]Anche senza integrazione (che appunto è off topic) si ha
$$0 \leq \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2} \leq \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} =\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2}\cdot n=0$$[/ot]
P.S.: Perché in analisi superiore?

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

Mi pare giusto, anche se ci penserò meglio domani che sono un po' stanco. Grazie.
Anche se io avevo interpretato la scrittura
\[ \log \left( \text{quella roba lì} \right)^{1/n} \]
come
\[ \left( \log \left( \text{quella roba lì} \right) \right)^{1/n} \]
anche se probabilmente hai ragione te, perché altrimenti avrebbe avuto più senso scriverla
\[ \log^{1/n} \left( \text{quella roba lì} \right) \]

"Mephlip":
[ot]Anche senza integrazione (che appunto è off topic) si ha
\[ 0 \leq \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2} \leq \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} =\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2}\cdot n=0 \][/ot]

Sì, senza dover usare il claim era probabilmente più facile, anche io avrei fatto così.

"Mephlip":
P.S.: Perché in analisi superiore?

Per due motivi, il primo è un esercizio del corso di misura ed integrazione, e questo è un esercizio della serie 0 del corso, probabilmente il prof ha fatto un piccolo recap sull'integrazione di Riemann, ma magari c'era qualche accorgimento non argomento di analisi I.
Il secondo motivo per abitudine

[Mephlip]

Prego! Sì, anche io avevo tenuto in considerazione il fatto che $\frac{1}{n}$ potesse essere l'esponente del logaritmo e non del suo argomento, c'è un po' di ambiguità; anche se, come hai detto giustamente tu, se si fosse voluta evitare del tutto l'ambiguità si sarebbe potuto scrivere come hai fatto tu oppure mettendo un'ulteriore parentesi.
Tuttavia se $\frac{1}{n}$ fosse l'esponente di tutto il logaritmo e non solo del suo argomento l'unica cosa che mi viene in mente è scriverlo come $\exp\left(\frac{1}{n} \log \log \frac{n}{n+k}\right)$, ma mi risulta difficile ricondurlo a un integrale e, supponendo che si possa, bisognerebbe sperare che tale integrale abbia primitiva elementare (o che si stimi bene); ma magari si può ricondurre e semplicemente non lo sto vedendo io

[dissonance]

Io penso che la prima formula sia una cosa ovvia, se uno dà per scontata la teoria dell'integrale di Riemann. Infatti, con il cambio di variabile
\[
t=(b-a)x+b,\]
essa si riduce a
\[
\int_0^1 f(x)\, dx=\lim_{n\to \infty} \sum_{j=1}^n f(\tfrac{j}{n})\frac1n, \]
che è la regola del rettangolo, e che a volte si prende proprio come definizione di integrale di Riemann. La definizione informale di integrale di Riemann si dà sostituendo l'incremento finito \(\Delta x \) all'incremento infinitesimo \(dx\), e scrivendo \(\int_0^1 f(x)\, dx=\lim_{\Delta x\to 0}\sum_j f(x_j)\Delta x_j\), dove \(\{x_j\}\) è una partizione di \([0, 1]\) la cui ampiezza "tende a \(0\)", qualsiasi cosa ciò significhi.


Con questa intuizione si può abbordare la seconda somma; (attenzione: ho cambiato la traccia, sospetto che ci sia un \(\frac1n\) di troppo)
\[
\sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{(k/n)^2+1}\frac1n, \]
quindi la partizione è \(\{\tfrac k n\ :\ k=1, 2, \ldots, n\}\) e l'intervallo è \([0, 1]\). L'integrale da calcolare è
\[
\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\, dx.\]

La terza somma mi pare simile; anche qui, il termine \(\tfrac1n\) davanti alla sommatoria è secondo me un typo.

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

"dissonance":Io penso che la prima formula sia una cosa ovvia, se uno dà per scontata la teoria dell'integrale di Riemann. Infatti, con il cambio di variabile

Sì, ma non posso dare per scontato nulla quando agli esercizi mi chiedono di dimostrare qualcosa

"dissonance":
Con questa intuizione si può abbordare la seconda somma; (attenzione: ho cambiato la traccia, sospetto che ci sia un \( \frac1n \) di troppo)
\[ \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^2+k^2}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{(k/n)^2+1}\frac1n, \]
quindi la partizione è \( \{\tfrac k n\ :\ k=1, 2, \ldots, n\} \) e l'intervallo è \( [0, 1] \). L'integrale da calcolare è
\[ \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\, dx. \]

La terza somma mi pare simile; anche qui, il termine \( \tfrac1n \) davanti alla sommatoria è secondo me un typo.

Si hanno corretto la serie degli esercizi, quelli corretti sono
\[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2+k^2} \]
\[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \log \left( \frac{n}{n+k} \right)^{1/n} \]
e a questo punto credo che sia da interpretare così: \( \log \left( \frac{n}{n+k} \right)^{1/n}= \frac{1}{n} \log \left( \frac{n}{n+k} \right) \)

[dissonance]

"3m0o":[quote="dissonance"]Io penso che la prima formula sia una cosa ovvia, se uno dà per scontata la teoria dell'integrale di Riemann. Infatti, con il cambio di variabile

Sì, ma non posso dare per scontato nulla quando agli esercizi mi chiedono di dimostrare qualcosa
[/quote]
Certo, ma quella formula è sicuramente presente nel syllabus. Non devi dare niente per scontato, ma neanche scrivere fiumi di parole. Una bella soluzione concisa e convincente è la cosa migliore, per un esaminatore o una esaminatrice.

[Mephlip]

[ot]@dissonance: Anche io avevo pensato che $\frac{1}{n}$ fosse di troppo nel secondo e terzo esercizio, ma secondo me era qualcosa che rendeva più interessanti gli esercizi; ho voluto sperarci [/ot]