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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » ** Lasst uns froh und munter sein – Squires Adventrätsel Folge 2
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Kein bestimmter Bereich ** Lasst uns froh und munter sein – Squires Adventrätsel Folge 2
Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-03


Bestimme $ \large\lim_{n\to\infty}n\cdot\int_0^1 \frac{x^n}{x^2+4x+7}dx$.

Antworten mit Lösungsweg, nicht nur dem Ergebnis, bitte mit PM bis Dienstag, 10. Dezember 2019. Ich wünsche allen Bewohnern des Matheplaneten eine schöne Adventzeit.

Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-06


Ja, Folge 2 ist ein wenig herausfordernder. Trotzdem sind schon einige Lösungen eingelangt. Ich freue mich auf weitere bis Dienstag.

Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-08


Neben Äpfeln und Nüssen legte Nikolaus auch einen Grenzwert auf den Teller - bis Dienstag möchte dieser gefunden sein.

Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-12


Herzlichen Dank für die vielen Einsendungen und freundlichen Rückmeldungen. Gratulation an:

Kitaktus
Wally
shadowking
querin
gonz
ochen
MartinN
Conny42
cripper

Es ist immer wieder schön zu sehen, auf welch vielfältige Arten man so eine Aufgabe lösen kann. Hier mein Versuch:


Sei $\large I(n)=\int_0^1 \frac{x^n}{x^2+4x+7}$.

Es ist $\large I(n+2)+4\cdot I(n+1)+7\cdot I(n)= \int_0^1 \frac{x^{n+2}+4 x^{n+1}+7 x^{n}}{x^2+4x+7}=\int_0^1 x^n=\frac{1}{n+1}$.

$\large I(n)$ ist wegen $\large \int_0^1 \frac{x\cdot x^n}{x^2+4x+7} \leq \int_0^1 \frac{x^n}{x^2+4x+7}$ monoton fallend und es gilt daher sowohl

$\large I(n+2)+4\cdot I(n+1)+7\cdot I(n) \leq 12\cdot I(n)$ als auch

$\large I(n)+4\cdot I(n-1)+7\cdot I(n-2) \geq 12\cdot I(n)$.

Daher: $\large\frac{1}{n+1}\leq 12\cdot I(n) \leq \frac{1}{n-1}$ und $\large\frac{n}{12(n+1)}\leq n\cdot I(n) \leq \frac{n}{12(n-1)}$.

Der Grenzübergang ergibt dann $\large\lim_{n\to\infty} n\int_0^1 \frac{x^n}{x^2+4x+7}=\frac{1}{12}$.



Wer seine Lösung hier teilen will, sei dazu herzlich eingeladen.

Grüße Squire



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-12-12

\(\begingroup\)\( \newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Ich hatte eine andere Idee - weil ich die PM an Squire nicht markiert hatte, ist die weg und ich schreib nur kurz die Idee.


Sei \(f\) eine stetige Funktion auf \([0,1]\).

Da \(nx^n\) auf \([1,1-\varepsilon]\) glm gegen Null geht, geht auch das Integral \(\int_0^{1-\varepsilon} f(x)\cdot  n\cdot  x^n \, dx\) gegen Null.

Andererseits geht \(\int_0^1 n x^n\, dx\) gegen \(1\), d.h. \(n x^n\) konvergiert (im Distributionssinn) gegen die \(\delta\)- Distibution und das ganze Integral gegen \(f(1)\), was hier mit \(\D f(x)=\frac{1}{x^2+4x+7}\) gerade \(\D \frac{1}{12}\) ergibt.


Wally
\(\endgroup\)


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-12


Ich hab das so gelöst, wie man es wohl auch in der Schule macht... Zweimal partiell integriert und Grenzwert bilden.


Am einfachsten ist wohl doppelte partielle Integration, jeweils u' der Polynom des Zählers und v der Stammbruch mit dem Nenner... die Konstanten Faktoren davor. Das liefert:
\(n \int \frac{x^n}{(x^2+4x+7)} dx = \frac{n}{n+1} \frac{x^{n+1}}{(x^2+4x+7)} + \frac{2n}{n+1} \int \frac{x^{n+1}(x+2)}{(x^2+4x+7)^2} dx\\
= \frac{n}{n+1} \frac{x^{n+1}}{(x^2+4x+7)} + \frac{2n}{(n+1)(n+3)} \frac{x^{n+3} + 2\frac{n+3}{n+2}x^{n+2}}{(x^2+4x+7)^2} + \frac{8n}{(n+1)(n+3)} \int \frac{(x^{n+3} + 2\frac{n+3}{n+2}x^{n+2})(x+2)}{(x^2+4x+7)^3} dx\)

Jetzt kann man zuerst die Grenzen des Integrals einsetzen, wobei hier nur wichtig ist, dass der letzte Integral einen endlichen Wert w einnimmt (da stetig und endlich in dem Bereich mit 0 bei x = 0 und für n gegen unendlich 9/(12^3) bei x = 1, womit für große n sicher etwa w < 1 gilt.
\(= \frac{n}{n+1} \frac{1}{12} + \frac{2n}{(n+1)(n+3)} \frac{1 + 2\frac{n+3}{n+2}}{12^2} + \frac{8n}{(n+1)(n+3)} w\)

Jetzt einfach n gegen unendlich, wobei die letzten beiden Summanden 0 werden, wegen den Faktor davor.
\(= \frac{1}{12} + 0 \frac{3}{12^2} + 0 w = \frac{1}{12}\)

Somit ist der gesuchte Grenzwert 1/12.

 



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cripper
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-12-12


Da ich nicht wusste, wie genau die Lösung zu begründen war, fällt mein Beweis sehr kleinschrittig aus.


Die Idee ist schlicht eine simple Abschätzung nach oben bzw. nach unten. Zunächst gilt für alle \(x\in [0,1]\) und \(n\in \mathbb{N}\): \(\frac{x^n}{x^2+4x+7}\geq 0\). Weiterhin gilt: \[\forall x\in (0,1] \forall n\in\mathbb{N}: f_n(x):=\frac{x^n}{x^2+4x+7}=\frac{x^{n-2}}{1+\underbrace{\frac{4}{x}}_{\geq 4}+\underbrace{\frac{7}{x^2}}_{\geq 7}}\leq \frac{x^{n-2}}{12}=:g_n(x)\] und \[\forall x\in [0,1] \forall n\in\mathbb{N}: f_n(x)=\frac{x^n}{\underbrace{x^2}_{\leq 1}+\underbrace{4x}_{\leq 4}+7}\geq \frac{x^n}{12}=:h_n(x).\] Damit folgt: \[\forall n\in \mathbb{N}_{\geq 2}: n*\int_0^1 g_n(x)dx=n*\int_0^1 \frac{x^{n-2}}{12}dx=n*\frac{1}{12}*[\frac{1}{n-1}x^{n-1}]_{x=0}^{x=1}=\frac{n}{n-1}*\frac{1}{12}\overset{n \to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{12}\] und \[\forall n \in \mathbb{N}: n*\int_0^1 h_n(x) dx=n*\int_0^1 \frac{x^n}{12} dx=n*\frac{1}{12}*[\frac{1}{n+1}x^{n+1}]_{x=0}^{x=1}=\frac{n}{n+1} \frac{1}{12}\overset{n \to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{12}.\] Da außerdem für \(n \in \mathbb{N}_{\geq 2}\) \[n*\int_0^1 h_n(x) dx \leq n*\int_0^1 f_n(x) dx \leq n*\int_0^1 g_n(x) dx\] gilt, folgt mit dem Sandwichlemma, dass \[\lim_{n\to\infty} n*\int_0^1 \frac{x^n}{x^2+4x+7} dx = \frac{1}{12}\] ist.


Gruß
cripper



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shadowking
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-12-12


Ich habe auch das Sandwichlemma (bzw. "Squeeze-Lemma") angewendet.


Aus $x^2\,\leq\,x\,\leq\,1$ für alle $x \in [0,1]$ folgt

$\displaystyle 12\cdot x^2\,\leq\,x^2+4\cdot x+7\,\leq\,12$,

demzufolge auch für alle $n \in \mathbb{N}$:

$\displaystyle \frac{x^n}{12} \leq \frac{x^n}{x^2+4\cdot x+7} \leq \frac{x^n}{12\cdot x^2}$,

woraus sich ergibt:

$\displaystyle n\cdot\int_0^1\frac{x^n}{12}\,\mathrm{d}x \leq n\cdot\int_0^1\frac{x^n}{x^2+4\cdot x+7}\,\mathrm{d}x \leq n\cdot\int_0^1 \frac{x^{n-2}}{12}\,\mathrm{d}x$

und durch Grenzübergang im linken und im rechten Term

$\displaystyle \frac{1}{12}\,=\,\frac{1}{12}\cdot\lim_{n->\infty}\frac{n}{n+1}\,\leq\,\lim_{n->\infty}n\cdot\int_0^1\frac{x^n}{x^2+4\cdot x+7}\,\mathrm{d}x\,\leq\,\frac{1}{12}\cdot\lim_{n->\infty}\frac{n}{n-1}\,=\,\frac{1}{12}$.


Gruß shadowking


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Niemand ist hoffnungsloser versklavt als der, der fälschlich glaubt frei zu sein.
- Johann Wolfgang von Goethe




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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-12-12


2019-12-12 21:10 - shadowking in Beitrag No. 7 schreibt:
Ich habe auch das Sandwichlemma (bzw. "Squeeze-Lemma") angewendet.

Ich fänd es ja gut, wenn wer die Aufgabe mit dem "Squire-Lemma" gelöst hätte.

Wally



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Squire hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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