Evaluar

Question

Evaluar %#% $ #%

La respuesta debe ser $$\lim_{n \to \infty} n \int_0^1 (\cos x - \sin x)^n dx$.

He intentado solucionarlo similar a cómo un usuario resolver este límite de integral con lechuga romana y el pecado

pero parece que no funciona porque el límite superior se convertirá en $1$.

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Laplace Método:

\begin{align} &\lim_{n \to \infty}\braces{% n\int_{0}^{1}\bracks{\cos\pars{x} - \sin\pars{x}}^{\,n}\,\dd x} = \lim_{n \to \infty}\pars{% n\int_{0}^{\infty}\expo{-nx}\,\dd x} = \bbx{1} \end{align}

Answer 2

Si usted sabe cómo lidiar con

$$n \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x)^n\,dx,$$

simplemente dividir la integral en $\frac{\pi}{4}$ y ver si puede encontrar algo útil para la otra parte.

Desde $x \mapsto \cos x - \sin x$ es estrictamente decreciente en a $\bigl[0, \frac{\pi}{2}\bigr]$, e $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4}$, tenemos

$$\lvert \cos x - \sin x\rvert \leqslant c := \sin 1 - \cos 1$$

para $\frac{\pi}{4} \leqslant x \leqslant 1$. Por lo tanto

$$\Biggl\lvert \int_{\frac{\pi}{4}}^1 (\cos x - \sin x)^n\,dx\Biggr\rvert \leqslant \int_{\frac{\pi}{4}}^1 c^n\,dx < c^n.$$

Desde $0 < c < 1$, se deduce que

$$n \int_{\frac{\pi}{4}}^1 (\cos x - \sin x)^n\,dx \to 0.$$

Que es útil de verdad. Por lo tanto, sólo necesitamos considerar

$$\int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x)^n\,dx = 2^{n/2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^n \biggl(\frac{\pi}{4} - x\biggr)\,dx = 2^{n/2}\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^n x\,dx.$$

Sustituyendo $u = \sin x$,$v = \sqrt{2}\cdot u$, y después de la integración por partes, nos encontramos (por $n \geqslant 1$)

\begin{align} n\int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x)^n\,dx &= n 2^{n/2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^n x\,dx \\ &= n 2^{n/2} \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{u^n}{\sqrt{1-u^2}}\,du \\ &= n \int_0^1 \frac{v^n}{\sqrt{2-v^2}}\,dv \\ &= v^n\cdot \frac{v}{\sqrt{2-v^2}}\biggr\rvert_0^1 - \int_0^1 v^n\biggl(\frac{1}{\sqrt{2-v^2}} + \frac{v^2}{(2-v^2)^{3/2}}\biggr)\,dv \\ &= 1 - \int_0^1 \frac{2v^n}{(2-v^2)^{3/2}}\,dv. \end{align}

Desde $\frac{1}{\sqrt{2}} < \frac{2}{(2-v^2)^{3/2}} < 2$$0 < v < 1$, por lo tanto tenemos

$$1 - \frac{2}{n+1} < n\int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x)^n\,dx < 1 - \frac{1}{\sqrt{2}\,(n+1)}.$$

Answer 3

Esta respuesta es la base en la integración por las piezas y el teorema de convergencia dominada de Lebesgue.

Si $0<x lo="" por="" tanto="" y="">\begin{gather} n\int{0}^{1}(\cos(x)-\sin(x))^n\, dx =\[2ex] n\int{0}^{1}(\cos(x)-\sin(x))^n(-\sin(x)-\cos(x))\dfrac{-1}{\sin(x)+\cos(x)}\, dx =\[2ex] \left[\dfrac{n}{n+1}(\cos(x)-\sin(x))^{n+1}\dfrac{-1}{\sin(x)+\cos(x)}\right]{0}^{1}-\[2ex]\dfrac{n}{n+1}\int{0}^{1}(\cos(x)-\sin(x))^{n+2}\dfrac{1}{(\sin(x)+\cos(x))^2}\, dx = \[2ex] \dfrac{n}{n+1} -\dfrac{n}{n+1}(\cos(1)-\sin(1))^{n+1}\dfrac{1}{\sin(1)+\cos(1)}-\[2ex]\dfrac{n}{n+1}\int_{0}^{1}(\cos(x)-\sin(x))^{n+2}\dfrac{1}{(\sin(x)+\cos(x))^2}\, dx \to 1-0-0 = 1, \quad n \to \infty . \end{frunce }

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