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| Autor |
  *** Grenzwertig XXIII |
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Squire
Senior 
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 911
 |  Themenstart: 2023-09-18
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Nach längerer Zeit:
Bestimme
$\large \lim_{n \to \infty} \frac1n \int_0^\infty \frac{1-(1+x^2)^{-n^2}}{x^2}dx$
Antworten wie immer mit PN. Viel Freude!
Grüße Squire
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Squire
Senior 
Dabei seit: 18.08.2015
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| Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-20
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Gratulation und Respekt für
polygamma
semasch
shadowking
für ihre raschen und korrekten Lösungen.
Grüße Squire
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Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-22
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Das Wochenende naht und ich freue mich auf weitere Lösungsvorschläge.
Grüße Squire
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Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 911
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-26
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Ich warte noch ein wenig mit der Auflösung und freue mich bis dahin über weitere Beteiligung.
Grüße Squire
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Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-01
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Einmal geht noch.
Grüße Squire
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Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 911
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-03
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Gratulation und Respekt für
Wauzi
Ich lasse das Problem noch einige Tage stehen.
Grüße Squire
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Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 911
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2023-10-16
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Meine Lösung:
\showon
$\frac1n \int_0^\infty \frac{1-(1+x^2)^{-n^2}}{x^2}dx = $
(partielle Integration)
$ = \left[-\frac{1-(1+x^2)^{-n^2}}{xn} \right]_0^\infty + 2n \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2)^{n^2+1}} = (u=x^2) = n \int_0^\infty \frac{u^{-\frac12}}{(1+u)^{n^2+1}}du =$
(Betafunktion)
$ = n \cdot \frac{\Gamma(\frac12) \Gamma(n^2+\frac12)}{\Gamma(n^2+1)} = \sqrt{\pi} \cdot n \cdot \frac{\frac{\sqrt{\pi}(2n^2)!}{(n^2)!4^{n^2}}}{(n^2)!}$
und weiter
$ \lim_{n \to \infty} \sqrt{\pi} \cdot n \cdot \frac{\frac{\sqrt{\pi}(2n^2)!}{(n^2)!4^{n^2}}}{(n^2)!} = \sqrt{\pi}$
mit der Stirling-Formel.
\showoff
Danke allen fürs Mitmachen! Alternative Lösungswege ab sofort willkommen!
Grüße Squire
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shadowking
Senior 
Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3484
 | Beitrag No.7, eingetragen 2023-10-16
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Meine (gänzlich verschiedene) Lösung:
\showon
Ich habe zuerst die Substitution $-\frac{\dd x}{nx^2}=\dd u,\,\frac{1}{nx}\,=\,u$ vorgenommen. Dadurch erhält man
\[L\,=\,\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\cdot\int_0^\infty\frac{1-(1+x^2)^{-n^2}}{x^2}\,\dd x\,=\,-\lim_{n\rightarrow\infty}\int_\infty^0 1-\left(1+\frac{1}{n^2u^2}\right)^{-n^2}\,\dd u.\]
Hierin wird der Exponent geeignet erweitert, um einen bekannten Grenzwert ins Integral ziehen zu können:
\[L\,=\,\int_0^\infty 1-\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{n^2u^2}\right)^{n^2u^2\cdot\left(-\frac{1}{u^2}\right)}\,\dd u\,=\,\int_0^\infty 1-\mathrm{e}^{-\frac{1}{u^2}}\,\dd u\]
Statt dieses (streng monoton bis auf 0 fallenden) Integranden integrierte ich dessen Umkehrfunktion $f^{-1}(w)\,=\,\frac{1}{\sqrt{-\ln(1-w)}}$ über den Wertebereich von $1-\mathrm{e}^{-\frac{1}{u^2}}$:
\[L\,=\,\int_0^1\frac{\dd w}{\sqrt{-\ln(1-w)}}.\]
Eine weitere Substitution, $w\,=\,1-\mathrm{e}^{-v},\,\dd w\,=\,\mathrm{e}^{-v}\,\dd v$, führt auf
\[L\,=\,\int_0^{\infty}\frac{\mathrm{e}^{-v}\,\dd v}{\sqrt{v}},\]
was nichts anderes ist als $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\,=\,\sqrt{\pi}$.
\showoff
Gruß shadowking
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