Απόδειξη Wallis και Stirling

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Θεωρούμε τα ολοκληρώματα

$\displaystyle{ I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}(\sin x)^{n} dx}$

1)Δείξτε ότι $I_{n}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$

2)Χρησιμοποιώντας το 1) δείξτε ότι

$\displaystyle{I_{2n}=\frac{(2n-1)(2n-3)...1}{2n(2n-2)...2}\frac{\pi }{2}}$

και $\displaystyle{I_{2n+1}=\frac{(2n)(2n-2)...2}{(2n+1)(2n-1)...3}}$

3))Χρησιμοποιώντας το 2) δείξτε ότι

$\displaystyle{\pi =2\frac{(2n(2n-2)...2)^{2}}{(2n+1)((2n-1)(2n-3)...3)^{2}}\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}}$

4)Αποδεικνύοντας ότι

$\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}=1$

δείξτε ότι

$\displaystyle{\pi =\lim_{n\rightarrow \infty }4n\frac{((2n-2)(2n-4)...2)^{2}}{(((2n-1)(2n-3)...3)^{2}}}$

που είναι ο τύπος του Wallis

5)Δείξτε ότι υπάρχουν θετικές σταθερές $c_{1},c_{2}$

ώστε $c_{1}< a_{n}< c_{2}$

όπου

$\displaystyle{a_{n}=\frac{n!e^{n}}{(n)^{n+\frac{1}{2}}}}$

6)Δείξτε ότι η $(a_{n})$ είναι μονότονη

7)Χρησιμοποιώντας το 4) δείξτε ότι

$\lim_{n\rightarrow \infty }\dfrac{(a_{n})^{2}}{a_{2n}}=\sqrt{2\pi }$

8)Δείξτε ότι

$\lim_{n\rightarrow \infty }a_{n}=\sqrt{2\pi }$

τύπος του Stirling

Tolaso J Kos · #2

Γεια σου Σταύρο. Χάρηκα που τα είπαμε στην Αθήνα έστω και για ένα λεπτό. Ας ξεκινήσω με κάποια ερωτήματα. Τα άλλα θα τα παλέψω.

1. Κάνουμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες, οπότε έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} I_n &= \int_{0}^{\pi/2} \cos^n x \, \mathrm{d}x \\ &=\left ( n-1 \right ) \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n-2} x \sin^2 \, \mathrm{d}x \\ &=\left ( n-1 \right ) \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n-2} x \left ( 1- \cos^2 x \right ) \, \mathrm{d}x \\ &=\left ( n-1 \right ) \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n-2} x \, \mathrm{d} x - \left ( n-1 \right ) \int_{0}^{\pi/2} \cos^n x \, \mathrm{d}x \\ &=\left ( n-1 \right ) I_{n-2}- \left ( n-1 \right ) I_n \end{aligned}}$
και το ζητούμενο δείχθηκε.

2. Είναι I_1=1

και αναγωγικά $I_3=\frac{2}{3}$ , $I_5=\frac{2 \cdot 4}{3 \cdot 5}$ . Τώρα , επαγωγικά έχουμε:

$\displaystyle{I_{2n+1} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \left ( 2n-2 \right ) \cdot \left ( 2n \right )}{1\cdot 3 \cdots \left ( 2n-1 \right ) \cdot \left ( 2n+1 \right )}}$
Παρομοίως, είναι $I_2= \frac{\pi}{2 \cdot 2}$ , $I_4 = \frac{3 \pi}{2\cdot 4 \cdot 2}$ , $I_6 = \frac{3 \cdot 5 \cdot \pi}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 2}$ και επαγωγικά είναι:

$\displaystyle{I_{2n}= \frac{3 \cdot 5 \cdots \left (2n-3 \right )\cdot \left ( 2n-1 \right ) \cdot \pi}{2 \cdot 4 \cdots \left ( 2n-2 \right ) \cdot \left ( 2n \right ) \cdot 2 }}$
3. Διαιρούμε τις δύο αυτές παραστάσεις και το αποτέλεσμα προκύπτει ... φυσικά.

4. Για $0\leq x\leq \frac{\pi}{2}$ είναι $0 \leq \cos x \leq 1$ και $\cos^{2n}x \geq \cos^{2n+1}x \geq \cos^{2n+2}x$ . Οπότε $\displaystyle{I_{2n} \geq I_{2n+1} \geq I_{2n+2}}$ . Τότε,

$\displaystyle{1\geq \frac{I_{2n+1}}{I_{2n}} \geq \frac{I_{2n+2}}{I_{2n}} = \frac{2n+1}{2n+2} \rightarrow 1 }$
Οπότε από κριτήριο παρεμβολής είναι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{I_{2n+1}}{I_{2n}} =\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}= 1}$ . Συνδυάζοντας το αποτέλεσμα αυτό με το προηγούμενο ερώτημα έχουμε το ζητούμενο όριο.

5. Δύσκολο αποδείχθηκε αυτό. Έχουμε και λέμε ότι:

$\displaystyle{\log n! = \log 1 + \log 2 + \cdots +\log n }$
Εφόσον η $\log$ είναι αύξουσα τότε

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{n-1}^{n} \log x\, \mathrm{d}x < \log n < \int_{n}^{n+1} \log x \, \mathrm{d}x &\Rightarrow \sum_{n=1}^{N} \int_{n-1}^{n} \log x\, \mathrm{d}x < \sum_{n=1}^{N} \log n < \sum_{n=1}^{N} \int_{n}^{n+1} \log x \, \mathrm{d}x \\ &\Rightarrow \int_{0}^{N} \log x \, \mathrm{d}x< \log N! < \int_{1}^{N+1}\log x \, \mathrm{d}x \\ &\Rightarrow N \log N - N < \log N! < \left ( N+1 \right ) \log \left ( N+1 \right ) - N \end{aligned}}$
Θέτω $\displaystyle{d_n = \log \left ( n! \right ) - \left ( n + \frac{1}{2} \right ) \log n +n }$ . Τότε εύκολα βλέπουμε ότι

$\displaystyle{\begin{aligned} d_n - d_{n+1} &= \left ( n + \frac{1}{2} \right ) \log \left ( \frac{n+1}{n} \right ) -1 \\ &=\left ( n + \frac{1}{2} \right ) \log \left ( \frac{1+\frac{1}{2n+1}}{1-\frac{1}{2n+1}} \right ) -1 \\ &\overset{(*)}{=} \frac{1}{3} \frac{1}{\left ( 2n+1 \right )^2} + \frac{1}{5}\frac{1}{\left ( 2n+1 \right )^4} + \mathcal{O} \left ( n^6 \right ) \\ &\Rightarrow 0< d_n - d_{n+1} < \frac{1}{3} \left ( \frac{1}{\left ( 2n+1 \right )^2} + \frac{1}{\left ( 2n+1 \right )^4} + \cdots \right )\\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{\text{\gr γεωμετρική πρόοδος}}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! \Rightarrow } 0< d_n - d_{n+1} < \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\left ( 2n+1 \right )^2-1} = \frac{1}{12} \left ( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right ) \end{aligned}}$
(*)

Αναπτύσουμε σε Taylor τη συνάρτηση $\displaystyle{\frac{1}{2} \log \frac{1+x}{1-x}}$ .

Από τα παραπάνω έχουμε ότι τόσο η ακολουθία d_n

όσο και η $d_n - \frac{1}{12 n}$ είναι αύξουσες. Συνεπώς ,

$\displaystyle{\lim d_n = \lim \left ( d_n - \frac{1}{12 n} \right ) = c }$ και μάλιστα $c> d_1 - \frac{1}{12} = \frac{11}{12}$ . Εκθετίζοντας τη d_n

παίρνουμε το αποτέλεσμα.

6. Αποδείχθηκε πάνω.

Σταματώ εδώ μιας και έχω μάθημα και πρέπει να φύγω.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 11, 2018 2:11 pm
Γεια σου Σταύρο. Χάρηκα που τα είπαμε στην Αθήνα έστω και για ένα λεπτό. Ας ξεκινήσω με κάποια ερωτήματα. Τα άλλα θα τα παλέψω.

4. Για $0\leq x\leq \frac{\pi}{2}$ είναι $0 \leq \cos x \leq 1$ και $\cos^{2n}x \geq \cos^{2n+1}x \geq \cos^{2n+2}x$ . Οπότε

$\displaystyle{I_{2n} \geq I_{2n+1} \geq I_{2n+2}}$ .

Γεια σου Τόλη.

Προφανώς ήθελες να γράψεις

$0 \leq \sin x \leq 1$ και $\sin^{2n}x \geq \sin^{2n+1}x \geq \sin^{2n+2}x$ .

Πράγματι το πιο δύσκολο είναι το 5) .
Εκεί που το πήρα υπήρχε υπόδειξη την οποία δεν έβαλα.
Πάντως βγαίνει και πιο εύκολα.(δεν χρειάζονται δυναμοσειρές)
Να σημειώσω ότι έχει άμεση σχέση με το 6)
Μπορώ να πω και τώρα την πηγή μου μιας και εκεί υπάρχει σαν δύο ασκήσεις άλυτες.
Την πήρα από

Σ.Κ.Πηχωρίδης
ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ
ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι
(Πρόχειρες σημειώσεις)

Σε δακτυλογραφημένη μορφή βρίσκεται

https://eclass.uoa.gr/modules/document/ ... 012141ij4f

είναι οι ασκήσεις 3 και 4 στην σελίδα 135 ελαφρώς τροποποιημένες από εμένα.

Tolaso J Kos · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 12, 2018 12:33 am

Γεια σου Τόλη.

Προφανώς ήθελες να γράψεις

$0 \leq \sin x \leq 1$ και $\sin^{2n}x \geq \sin^{2n+1}x \geq \sin^{2n+2}x$ .

Χμμ... αν σου πω Σταύρο ότι διάβασα $\displaystyle{I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n x \, \mathrm{d}x}$ ; Γιατί έτσι έχω και το πρώτο ερώτημα, με αυτή τη μορφή. Βέβαια όλα κλείνουν διότι:

$\displaystyle{I_n = \int_{0}^{\pi/2} \sin^n x \, \mathrm{d}x \overset{u=\pi/2-x}{=\! =\! =\! =\! =\!}\int_{0}^{\pi/2} \cos^n x \, \mathrm{d}x }$
οπότε όλα βαίνουν καλώς.

Απόδειξη Wallis και Stirling

Απόδειξη Wallis και Stirling

Re: Απόδειξη Wallis και Stirling

Re: Απόδειξη Wallis και Stirling

Re: Απόδειξη Wallis και Stirling

Μέλη σε σύνδεση