Calculus Marathon (2)

[Timestopper_STG]

ไม่รู้ว่าโจทย์แบบนี้เคยทำกันหรือยังผมว่าน่าสนใจดีครับ
Evaluate $$\int_{0}^{1}\left(\pi\bigg\lfloor\frac{1}{x}\bigg\rfloor -\bigg\lfloor\frac{\pi}{x}\bigg\rfloor\right) dx$$

[Punk]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

ไม่รู้ว่าโจทย์แบบนี้เคยทำกันหรือยังผมว่าน่าสนใจดีครับ
Evaluate $$\int_{0}^{1}\left(\pi\bigg\lfloor\frac{1}{x}\bigg\rfloor -\bigg\lfloor\frac{\pi}{x}\bigg\rfloor\right) dx$$

(I) ให้ $r_n=n/\pi,\,\,a_n=\lfloor n/\pi\rfloor$ อินทิกรัลเป็นชนิด improper ดังนั้นเราคำนวณ $\lim_{n\to\infty}\int_{1/r_n}^1(\pi\lfloor1/x\rfloor-\lfloor\pi/x\rfloor)\,dx$

คิดอินทิกรัลก่อนโดยแยกเป็นสองเทอม เทอมแรกเท่ากับ
\[
\int_{1/r_n}^1\pi\Big\lfloor\frac{1}{x}\Big\rfloor\,dx=\int_{1/2}^1+\int_{1/3}^{1/2}+\cdots
+\int_{1/r_n}^{1/a_n}=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{3}+\cdots+\frac{\pi}{a_n}+\pi a_n\Big(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{r_n}\Big)
\]
เทอมสองเท่ากับ
\[
\int^{1}_{1/r_n}\Big\lfloor\frac{\pi}{x}\Big\rfloor\,dx=\int_{\pi/4}^1+\int_{\pi/5}^{\pi/4}
+\cdots+\int^{\pi/(n-1)}_{\pi/n}=3\Big(1-\frac{\pi}{4}\Big)
+\frac{\pi}{5}+\cdots+\frac{\pi}{n}
\]

(II) ผลต่างเท่ากับ $\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}-3(1-\frac{\pi}{4})-\pi a_n(\frac{1}{a_n}-\frac{\pi}{n})-(\frac{\pi}{a_n+1}
+\cdots+\frac{\pi}{n})$

(III) สังเกตุว่า $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=\frac{1}{\pi}$ ดังนั้น
\[
\lim_{n\to\infty}\pi a_n\Big(\frac{1}{a_n}-\frac{\pi}{n}\Big)=0
\]
เทอมอนุกรมมองเป็น approximate (upper) Riemann sum ดังนี้
\[
\frac{\pi}{a_n+1}+\cdots+\frac{\pi}{n}=\frac{1}{n}\Big(\frac{\pi}{a_n/n+1/n}
+\frac{\pi}{a_n/n+2/n}\cdots+\frac{\pi}{1}\Big)
\]
ดังนั้นลิมิตเมื่อ $n\to\infty$ ได้เท่ากับ $\int_{1/\pi}^1\frac{\pi}{x}\,dx=\pi\ln\pi$

สรุปอินทิกรัลเท่ากับ $\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}-3(1-\frac{\pi}{4})-\pi\ln\pi$

[Timestopper_STG]

ผมเข้าใจว่าอาจารย์Punkน่าจะลืมลบพจน์ $\displaystyle{3\left(1-\frac{\pi}{4}\right)}$ ออกครับ
ถ้าลบพจน์นั้นออกด้วยคำตอบก็เท่ากันครับ

My Solution
$$I=\int_{0}^{1}\left( r\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor -\bigg\lfloor\frac{r}{x}\bigg\rfloor\right)dx,\forall r\in\mathbb{R}^{+}$$


Lemma : $\displaystyle{L=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\frac{1}{\lfloor an\rfloor+1}+\frac{1}{\lfloor an\rfloor+2}+\cdots+\frac{1}{\lfloor bn\rfloor}\right]=\ln\frac{b}{a},\forall a,b\in\mathbb{R},b>a>0}$
Proof :
$\displaystyle{L=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\left[\frac{1}{\frac{\lfloor an\rfloor}{n}+\left(\frac{1}{n}\right)}+\frac{1}{\frac{\lfloor an\rfloor}{n}+\left(\frac{2}{n}\right)}+\cdots+\frac{1}{\left(\frac{\lfloor bn\rfloor}{n}\right)}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{\frac{\lfloor an\rfloor}{n}}^{\frac{\lfloor bn\rfloor}{n}}\frac{dx}{x}}$
$\displaystyle{x-1<\lfloor x\rfloor\leq x\rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(\frac{bn-1}{an}\right)<L<\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(\frac{bn}{an-1}\right)\rightarrow L=\ln\frac{b}{a}}$


Case : $r\in (0,1)\rightarrow I=-r\ln r$

$$I=\int_{0}^{1}\left( r\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor -\bigg\lfloor\frac{r}{x}\bigg\rfloor\right)dx=\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{\frac{1}{n}}^{1}\left( r\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor -\bigg\lfloor\frac{r}{x}\bigg\rfloor\right)dx$$
$$=\lim_{n\rightarrow\infty}r\int_{\frac{1}{n}}^{1}\bigg\lfloor\frac{1}{x}\bigg\rfloor dx-\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{\frac{1}{n}}^{1}\bigg\lfloor\frac{r}{x}\bigg\rfloor dx=r\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\int_{rn}^{n}\frac{\lfloor x\rfloor}{x^{2}}dx-\int_{r}^{1}\frac{\lfloor x\rfloor}{x^{2}}dx\right)$$
$$=r\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=\lfloor rn\rfloor}^{n-1}\left[-\frac{k}{x}\right]_{k}^{k+1}=r\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\frac{1}{\lfloor rn\rfloor+1}+\frac{1}{\lfloor rn\rfloor+2}+\cdots+\frac{1}{n}\right]=-r\ln r$$

Case : $r=1\rightarrow I=0$

Case : $r>1\rightarrow I=rH(\lfloor r\rfloor)-\lfloor r\rfloor-r\ln r$

$$I=\int_{0}^{1}\left( r\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor -\bigg\lfloor\frac{r}{x}\bigg\rfloor\right)dx=r\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\int_{1}^{r}\frac{\lfloor x\rfloor}{x^{2}}dx-\int_{n}^{rn}\frac{\lfloor x\rfloor}{x^{2}}dx\right)$$
$$=r\left(\sum_{k=1}^{\lfloor r\rfloor-1}\left[-\frac{k}{x}\right]_{k}^{k+1}+\int_{\lfloor r\rfloor}^{r}\frac{\lfloor r\rfloor}{x^{2}}dx-\ln r\right)=rH(\lfloor r\rfloor)-\lfloor r\rfloor-r\ln r$$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

Lemma : $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{\lfloor sn\rfloor}\right]=\ln s,\forall r>1}$
(ผมติดกรณีที่ s ไม่เป็นจำนวนนับแต่ผมมั่นใจว่ามันเป็นตามนี้จริง ๆ รบกวนขอคำชี้แนะด้วยครับ)

อ้างจาก $$ \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{\lfloor sn\rfloor} \sim \ln \frac{\lfloor sn \rfloor}{n} $$

แล้วก็ $ sn-1 < {\lfloor sn \rfloor} \leq sn $ น่าจะช่วยได้แล้วนะครับ

[Timestopper_STG]

ขอบคุณครับพี่passer-by
แล้วแบบถ้าเปลี่ยนเป็นแบบนี้ใช้ได้หรือยังครับ
อีกเรื่องคือเวลาเราจะพิสูจน์ทางคณิตศาสตร์ว่าพจน์2พจน์มีค่าประมาณกันนี่ต้องทำยังไงครับใช้o(),O()หรือเปล่าครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

แล้วแบบถ้าเปลี่ยนเป็นแบบนี้ใช้ได้หรือยังครับ
อีกเรื่องคือเวลาเราจะพิสูจน์ทางคณิตศาสตร์ว่าพจน์2พจน์มีค่าประมาณกันนี่ต้องทำยังไงครับใช้o(),O()หรือเปล่าครับ

หมายถึงเปลี่ยนเป็น lemma ใหม่อันบน ใช่มั้ยครับ ถ้าใช่ก็ โอเคแล้วล่ะครับ

ส่วนเรื่องใช้ Big O ก็เป็นทางเลือกนึงครับ

แต่ที่ผมเขียนข้างบน เรียกว่า A is asymptotic to B $ \Leftrightarrow \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{A(x)}{B(x)}=1 $ ครับ ก็คือเป็นการบอกว่า A กับ B มี limit เท่ากัน เมื่อ $ x \rightarrow \infty$

ข้อดีของการเรื่อง asymptotic limit ที่เห็นบ่อยๆคือการ approximate n! ใน Stirling's formula ครับ

[V.Rattanapon]

มีโจทย์สวยๆมาฝากครับ ไม่รุ้ว่าเคยทำกันยัง

Find the limit
\[
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{m = 1}^{n - 1} {\left( {\left\lceil {\frac{n}{m}} \right\rceil - \frac{n}{m}} \right)}
\]


ปล. โจทย์คือ Ceiling Function นะครับ แต่ทำไมผมเห็นเป็น Floor Function หว่า ?

[owlpenguin]

ผมก็เห็นเป็น Floor Function ครับ

ขอถามอะไรด้วยครับ
O( ) นี่คืออะไรครับ คืออ่านใน wikipedia แล้วมันงงๆ ช่วยอธิบายให้ทีครับ

[V.Rattanapon]

Big O ลองอ่านได้ที่ http://en.wikipedia.org/wiki/Big_O_notation

ปล. แต่โค้ดที่ใช้พิมพ์มันเป็น Ceiling Function นี่หว่า งง ?

[Timestopper_STG]

ผมเห็นเป็น Ceiling นะครับอาจจะเกี่ยวกับ font ที่มีในเครื่องว่ามีไม่ครบหรือเปล่าครับ???

[owlpenguin]

ทำไมผมเห็นอันที่ควรจะเป็น floor กลับเป็น ceiling ส่วนอันที่เป็น ceiling ดันไปเป็น floor ล่ะเนี่ย...

[V.Rattanapon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ V.Rattanapon

มีโจทย์สวยๆมาฝากครับ ไม่รุ้ว่าเคยทำกันยัง

Find the limit
\[
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{m = 1}^{n - 1} {\left( {\left\lceil {\frac{n}{m}} \right\rceil - \frac{n}{m}} \right)}
\]


ปล. โจทย์คือ Ceiling Function นะครับ แต่ทำไมผมเห็นเป็น Floor Function หว่า ?

\[
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{m = 1}^{n - 1} {\left( {\left\lceil {\frac{n}{m}} \right\rceil - \frac{n}{m}} \right)} = \int\limits_{0 + }^1 {\left( {\left\lceil {\frac{1}{x}} \right\rceil - \frac{1}{x}} \right)} dx
\]
\[
= \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_{\frac{1}{{n + 1}}}^{\frac{1}{n}} {\left( {\left\lceil {\frac{1}{x}} \right\rceil - \frac{1}{x}} \right)dx} }
\]
\[
= \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n} + \ln n - \ln \left( {n + 1} \right)} \right)}
\]
\[
= \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \left( {H_m - \ln \left( {1 + m} \right)} \right)
\]
\[
= \gamma
\]

[TOP]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ V.Rattanapon

ปล. โจทย์คือ Ceiling Function นะครับ แต่ทำไมผมเห็นเป็น Floor Function หว่า ?

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ owlpenguin

ทำไมผมเห็นอันที่ควรจะเป็น floor กลับเป็น ceiling ส่วนอันที่เป็น ceiling ดันไปเป็น floor ล่ะเนี่ย...

คำตอบอยู่ที่หน้าแรกของเว็บบอร์ดด้านบนครับ

เพื่อให้สมการคณิตศาสตร์ในเว็บบอร์ดนี้ แสดงผลได้ถูกต้องและสวยงาม คุณจำเป็นต้องติดตั้งฟอนต์ TeXfonts ลงในเครื่องคอมพิวเตอร์ของท่าน จากนั้นจึงปิดบราวเซอร์ทั้งหมดแล้วเปิดขึ้นมาใหม่

[V.Rattanapon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ TOP

คำตอบอยู่ที่หน้าแรกของเว็บบอร์ดด้านบนครับ

ขอบคุณมากครับ

ปล. เห็นสมการคณิตศาสตร์ สวยกว่าเดิมมากเลยครับ

[owlpenguin]

ขอถามอีกเรื่องนึงได้ไหมครับ... บางที่พวกตัวห้อยของลิมิตหรือพวก summation บางครั้งผมเห็็นมัันห้อยเฉียงๆ ซึ่งจริงๆแล้วมันควรจะห้อยด้านล่างครับ... แล้วผมก็ install texfonts ไปแล้วด้วยครับ ช่วยอธิบายให้ทีครับ

ตอนก่อน install ก็ว่า LaTeX สวยแล้วนะครับ แต่พอ install แล้วมันสวยขึ้นกว่าเดิม...