$$\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\left\{ {{x^2}} \right\}}}{{{2^x}}}dx}$$

$%\left\{ x \right\}{\text{ - дробная часть числа }}x$%

задан 2 Авг 0:37

10|600 символов нужно символов осталось
4

Заметим, что $%[x^2]=k$% при $%\sqrt k\le x<\sqrt{k+1}$%, поэтому $$\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\left\{ {{x^2}} \right\}}}{{{2^x}}}dx}=\sum\limits_{k=0}^\infty\int\limits_{\sqrt k}^{\sqrt{k+1}}\frac{x^2-k}{2^x}dx,$$$$\int\limits_{\sqrt k}^{\sqrt{k+1}}\frac{x^2-k}{2^x}dx=\frac{2}{\ln^22}(2^{{-\sqrt k}}\sqrt k-2^{{-\sqrt {k+1}}}\sqrt {k+1})+\frac{2}{\ln^32}(2^{{-\sqrt k}}-2^{{-\sqrt {k+1}}})-\frac{2^{{-\sqrt {k+1}}}}{\ln2}.$$

Суммируя первую пару телескопически получаем $%0$%, вторая пара даёт $%\dfrac{2}{\ln^32}$%, поэтому исходный интеграл будет равен $%\dfrac{2}{\ln^32}-\dfrac{1}{\ln2}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{1}{2^{{\sqrt {k}}}}.$% Последнюю сумму можно вычислить с любой заранее заданной точностью, поскольку $%R_n=\displaystyle\sum\limits_{k=n+1}^\infty\dfrac{1}{2^{{\sqrt{k}}}}\le\int\limits_{n}^\infty\dfrac{dx}{2^{{\sqrt {x}}}}=\dfrac{2}{\ln2}\left(\dfrac{\sqrt n}{2^{\sqrt n}}+\dfrac{1}{2^{\sqrt n}\ln2}\right)\le\dfrac{6\sqrt n}{2^{\sqrt n}\ln2}.$%

ссылка

отвечен 2 Авг 6:47

изменен 2 Авг 7:13

Что если мы возьмём $%\lim _{n \rightarrow 0}$%?

(2 Авг 13:57) Rene

Нельзя, n отделено от нуля.

(2 Авг 15:16) caterpillar
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×161
×36

задан
2 Авг 0:37

показан
179 раз

обновлен
2 Авг 15:16

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru