Evaluar

Question

Como puedo evaluar

PS

He intentado reemplazando$$\lim_{r\to\infty}\frac{\int_0^{\pi/2}x^{r-1}\cos x\,\mathrm dx}{\int_0^{\pi/2}x^r\cos x\,\mathrm dx}$ con$x$ y luego los límites cambiarían de cero a$y\pi/2$, pero las integrales se cancelarían, ya que ambas son casi cero, lo que deja la respuesta$1$.

Pero la dificultad que tengo es que el por qué no se puede reemplazar$2/\pi$ con$x$, lo que resultaría en una respuesta diferente según yo.

Answer 1

Usted ha dicho que después de la sustitución de $x=y\pi/2$ la respuesta fue obvia, pero en mi opninion no es obvio. Voy a demostrar por qué no es obvio en general. En matemáticas uno debe de hacer afirmaciones como "dos términos están cerca de cero" riguroso. Después de la sustitución tienes algo como: \begin{align} \frac{\int^{\pi/2}_0 x^{r-1}\cos(x)\,dx}{\int^{\pi/2}_0 x^{r}\cos(x)\,dx}=\frac{2}{\pi}\frac{\int^{1}_0 y^{r-1}\cos(y\pi/2)\,dy}{\int^{1}_0 y^{r}\cos(y\pi/2)\,dy}\to\frac{2}{\pi} \ \ \text{ when } r\to \infty \end{align} Usted dijo indirectamente que debido a que ambas integrales son cerca de cero iban a cancelar lo que significa que la fracción con las dos integrales ir a $1$. ¿Y el siguiente? \begin{align} \frac{\int^{1}_0 y^{r^2-1}\,dy}{\int^{1}_0 y^r\,dy} \end{align} Al $r\to \infty$ que la expresión va a cero. No "cancelación" en este caso, por lo que uno debe tener cuidado con ese tipo de cosas.

Ahora vamos a probar la afirmación de rigor. Yo uso asympototic expansiones, en particular Watson Lema. Set $x=e^{-u}$ (para obtener el formulario de la norma Watson Lema). \begin{align} \int^{\pi/2}_0 x^r\cos(x)\,dx&=\int^{-\ln(\pi/2)}_{\infty} e^{-ru} \cos(e^{-u})(-e^{-u})\,du \\ &=\int^\infty_{-\ln(\pi/2)}e^{-(r+1)u}\cos(e^{-u})\,du\\ &=\int^\infty_0 e^{-(r+1)(u-\ln(\pi/2))}\cos(e^{-u+\ln(\pi/2)})\,du\\ &=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{r+1}\int^\infty_0 e^{-(r+1)u}\cos\left(\frac{\pi}{2}e^{-u}\right)\,du \end{align} Tenga en cuenta que cuando se $u\to 0$ tenemos $\cos\left(\frac{\pi}{2}e^{-u}\right)\sim \frac{\pi}{2}u +O(u^2) $. Invocando Watson Lema obtenemos: \begin{align} \int^\infty_0 e^{-(r+1)u}\cos\left(\frac{\pi}{2}e^{-u}\right)\,du \sim \frac{\pi}{2(r+1)^2} \end{align} como $r\to\infty$. Por lo tanto, finalmente: \begin{align} \int^{\pi/2}_0 x^r\cos(x)\,dx \sim \left(\frac{\pi}{2}\right)^{r+1}\frac{\pi}{2(r+1)^2} \end{align} como $r\to\infty$. Del mismo modo, se obtiene: \begin{align} \int^{\pi/2}_0 x^{r-1}\cos(x)\,dx \sim \left(\frac{\pi}{2}\right)^{r}\frac{\pi}{2r^2} \end{align} Finalmente, se obtiene: \begin{align} \lim_{r\to\infty}\frac{\int^{\pi/2}_0 x^{r-1}\cos(x)\,dx}{\int^{\pi/2}_0 x^{r}\cos(x)\,dx}&=\lim_{r\to\infty}\frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{r}\frac{\pi}{2r^2}}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{r+1}\frac{\pi}{2(r+1)^2}}\\ &=\frac{2}{\pi} \end{align} Y eso es exactamente lo que se reivindica.

Answer 2

Aunque $\cos(x)\sim\frac\pi2-x$ cerca $x=\frac\pi2$, $\left(\frac{2x}\pi\right)^r,\left(\frac{2x}\pi\right)^{r-1}\to0$ para todos los $x\lt\frac\pi2$. Por lo que la acción principal que pasa cerca de $x=\frac\pi2$. Por lo tanto, las cosas son más fáciles de trabajar (en mi opinión) si sustituimos $x\mapsto\frac\pi2-x$. $$ \begin{align} \frac{\int_0^{\pi/2}x^{r-1}\cos(x)\,\mathrm{d}x}{\int_0^{\pi/2}x^r\cos(x)\,\mathrm{d}x} &=\frac{\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-x\right)^{r-1}\sin(x)\,\mathrm{d}x}{\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-x\right)^r\sin(x)\,\mathrm{d}x}\tag1\\ &=\frac2\pi\frac{\int_0^1\left(1-x\right)^{r-1}\sin\left(\frac{\pi x}2\right)\,\mathrm{d}x}{\int_0^1\left(1-x\right)^r\sin\left(\frac{\pi x}2\right)\,\mathrm{d}x}\tag2\\ &=\frac2\pi\frac{\int_0^1\left(1-x\right)^{r-1}\left(\frac{\pi x}2+O\!\left(x^3\right)\right)\,\mathrm{d}x}{\int_0^1\left(1-x\right)^r\left(\frac{\pi x}2+O\!\left(x^3\right)\right)\,\mathrm{d}x}\tag3\\ &=\frac2\pi\frac{\frac\pi2\frac{\Gamma(r)\,\Gamma(2)}{\Gamma(r+2)}+O\!\left(\frac{\Gamma(r)\,\Gamma(4)}{\Gamma(r+4)}\right)}{\frac\pi2\frac{\Gamma(r+1)\,\Gamma(2)}{\Gamma(r+3)}+O\!\left(\frac{\Gamma(r+1)\,\Gamma(4)}{\Gamma(r+5)}\right)}\tag4\\ &=\frac2\pi\frac{\frac\pi2\frac1{r(r+1)}+O\!\left(\frac1{r^4}\right)}{\frac\pi2\frac1{(r+1)(r+2)}+O\!\left(\frac1{r^4}\right)}\tag5\\[6pt] &=\frac2\pi\frac{(r+1)(r+2)}{r(r+1)}+O\!\left(\frac1{r^2}\right)\tag6 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto\frac\pi2-x$
$(2)$: sustituto $x\mapsto\frac{\pi x}2$
$(3)$: $\sin(x)=x+O\!\left(x^3\right)$
$(4)$: $\int_0^1(1-x)^{\alpha-1}x^{\beta-1}\,\mathrm{d}x=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$ (ver Función Beta)
$(5)$: $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$
$(6)$: multiplicar el numerador y el denominador por $(r+1)(r+2)$

Así, tomando el límite de $(6)$, obtenemos $$ \lim_{r\to\infty}\frac{\int_0^{\pi/2}x^{r-1}\cos(x)\,\mathrm{d}x}{\int_0^{\pi/2}x^r\cos(x)\,\mathrm{d}x}=\frac2\pi\tag7 $$

Answer 3

Una solución inspirada en Stieltjes teoría sobre los momentos y las fracciones continuas.

$$M(r)=\int_{0}^{\pi/2}x^r \cos(x)\,dx $$ es una función continua sobre $\mathbb{R}^+$ y un (registro)convexa de la función, ya que a $M(r)$ es claramente positiva y es punto medio-log-convexa por la de Cauchy-Schwarz desigualdad: $$ M(r_1)\,M(r_2) \geq M\left(\frac{r_1+r_2}{2}\right)^2. $$

Por integración por partes $$\begin{eqnarray*} M(r+2) &=& \left[x^{r+2}\sin x\right]_0^{\pi/2}-(r+2)\int_{0}^{\pi/2}x^{r+1}\sin x\,dx\\&=&\left(\tfrac{\pi}{2}\right)^{r+2}-(r+1)(r+2)\,M(r)\end{eqnarray*}$$ por lo tanto mediante el establecimiento $M(r)=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{r+2}\frac{1}{E(r)}$ tenemos $$ E(r+2)=\frac{1}{\frac{4}{\pi^2}-\frac{4(r+1)(r+2)}{\pi^2 E(r)}} $$ y por establecimiento $E(r)=\frac{(r+1)(r+2)}{F(r)}$ obtenemos: $$ F(r+2)=\frac{4}{\pi^2}(r+3)(r+4)\left[1-F(r)\right] $$ una recursividad que puede ser resuelto a través de funciones hipergeométricas. En particular, el $\lim_{r\to +\infty}F(r)=1$, asegurando que la quería límite es igual a $\color{red}{\frac{2}{\pi}}$.