$U_n=\int_{n^2+n+1}^{n^2+1}\frac{\tan^{-1}x}{(x)^{0.5}}dx$ .

Question

$U_n= \int_{n^2+n+1}^{n^2+1}\frac{\tan^{-1}x}{(x)^{0.5}}dx$ donde

Encuentre $\lim_{n\to \infty} U_n$ sin encontrar la integración

No sé cómo empezar

Answer 1

SUGERENCIA:

Para $n^2+1<x<n^2+n+1$ Tenemos

$$\arctan(n^2+1)<\arctan(x)<\arctan(n^2+n+1)$$

y

$$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{\sqrt{n^2+n+1}}<\frac{1}{\sqrt{x}}<\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}<\frac1n$$

ALERTA SPOLIER DESPLAZARSE SOBRE EL ÁREA SOMBREADA

Tenemos $$I(n)=\int_{n^2+1}^{n^2+n+1}\frac{\arctan(x)}{x^{1/2}}dx$$ Entonces, como la arctangente es creciente y $x^{-1/2}$ es decreciente, tenemos $$\frac{\arctan(n^2+1)}{n+1}<\frac{\arctan(x)}{\sqrt{x}}<\frac{\arctan(n^2+n+1)}{n}$$ Finalmente, podemos escribir $$\arctan(n^2+1)\frac{n}{n+1}<I(n)<\arctan(n^2+n+1)$$ que por el teorema del apretón implica $$I(n)\to \pi/2$$

Answer 2

Sea I_n la integral. Entonces por el teorema del valor medio I_n=n.arctan x_n/(x_n)^.5, x_n vive en[nn+1,nn+n+1]. sabemos que arctan ->pi/2 como n->infinito. El conjunto llega al infinito.

Answer 3

$$\int_{n^2+n+1}^{n^2+1}\frac{\arctan x}{\sqrt{x}}\,dx = \frac{\pi}{2}\int_{n^2+n+1}^{n^2+1}\frac{dx}{\sqrt{x}}+\int_{n^2+1}^{n^2+n+1}\frac{\arctan\left(\frac{1}{x}\right)dx}{\sqrt{x}}$$ Ahora: $$\frac{n}{\sqrt{n^2+n+1}}\leq\int_{n^2+1}^{n^2+n+1}\frac{dx}{\sqrt{x}}\leq\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$$ y: $$ 0\leq \int_{n^2+1}^{n^2+n+1}\frac{\arctan\left(\frac{1}{x}\right)dx}{\sqrt{x}}\leq \int_{n^2+1}^{n^2+n+1}\frac{dx}{x\sqrt{x}} \leq \frac{n}{(n^2+1)^{3/2}}$$ por lo que el límite es $\displaystyle\color{red}{-\frac{\pi}{2}}$ .

Answer 4

Dejemos que $f(x)=\frac{\arctan x}{\sqrt x}$ y luego $$ f'(x)=\frac{2x-(x^2+1)\arctan x}{2x\sqrt x\arctan x}<0\text{ for large }x>0. $$ Así que $f(x)$ es decreciente para grandes $x>0$ . Por el teorema del valor medio, hay $c\in(n^2+1,n^2+n+1)$ tal que \begin {eqnarray} \int ^{n^2+n+1}_{n^2+1} \frac { \arctan x}{ \sqrt x}dx&=&n \frac { \arctan c}{ \sqrt c}. \end {eqnarray} Pero para grandes $n$ , $$ \frac{\arctan (n^2+n+1)}{\sqrt{n^2+n+1}}\le \frac{\arctan c}{\sqrt c} \le \frac{\arctan (n^2+1)}{\sqrt{n^2+1}} $$ y por lo tanto $$ \lim_{n\to\infty}n\frac{\arctan c}{\sqrt c}=\frac{\pi}{2}.$$ Así que $$\lim_{n\to\infty}\int^{n^2+n+1}_{n^2+1}\frac{\arctan x}{\sqrt x}dx=\frac{\pi}{2}.$$

Answer 5

Tenemos (ver aquí ) $$\frac{\pi}{2}-\frac{1}{x}\leq\arctan\left(x\right)\leq\frac{\pi}{2}-\frac{1}{x}+\frac{1}{3x^{3}} $$ entonces $$\frac{\pi}{2}\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx-\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{1}{x\sqrt{x}}dx\leq\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{\arctan\left(x\right)}{\sqrt{x}}dx\leq\frac{\pi}{2}\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx-\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{1}{x\sqrt{x}}dx+\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{1}{3x^{3}\sqrt{x}}dx $$ y obviamente $$\int_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\frac{1}{\sqrt{x}}=\left.2\sqrt{x}\right|_{n^{2}+n+1}^{n^{2}+1}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}-1 $$ y la otra integral va a $0$ entonces el resultado es $-\frac{\pi}{2} $ .