Autor Tema: demostración

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

02 Julio, 2021, 03:58 pm
Leído 162 veces

NoelAlmunia

  • $$\Large \color{#5372a0}\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 92
  • País: cu
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
He visto este otro del mismo tipo o parecido, es mucho mas facil y quiero compartirlo.
Dice que demuestre la siguiente igualdad.

\( \displaystyle\int_{0}^{1}x^x\,dx=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\displaystyle\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^n} \)

02 Julio, 2021, 04:08 pm
Respuesta #1

Juan Pablo Sancho

  • Moderador Global
  • Mensajes: 5,228
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino

02 Julio, 2021, 04:49 pm
Respuesta #2

NoelAlmunia

  • $$\Large \color{#5372a0}\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 92
  • País: cu
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
En este hilo:
https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=117320.msg470482#msg470482

Elemental, muy facil.
Sancho, dame una mano en este que si estoy muy atorado. he logrado llegar a una expresión del ángulo pero no se como proseguir.



02 Julio, 2021, 06:01 pm
Respuesta #3

Juan Pablo Sancho

  • Moderador Global
  • Mensajes: 5,228
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Empieza el futbol,  pongo esto.
Sea \( a_1 = \sqrt{2} \) y definimos \( a_{n+1} = \sqrt{a_n^2+2^{2n-2}}  \).
\( \displaystyle \theta_n = atan(\dfrac{2^{n+1}}{a_n}) \).
Más tarde lo reviso.

Editado

La recurrencia correcta es \( a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+2^n}  \) con \( a_0 = 1 \).
Donde sacamos \( \displaystyle a_n = \dfrac{\sqrt{4^n+2}}{\sqrt{3}}  \)
Entonces el límite es \( 60^{\circ} \) por:
\( \displaystyle \theta = \lim_{n \to +\infty} \arctan(\dfrac{2^n \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{2^{2n}+2}} )   = \arctan(\sqrt{3})  \)