$\lim_{n \to \infty} \frac{\int_{\epsilon}^{1}(f(x))^{\frac{n-1}{2}}dx}{\int_{0}^{1}(f(x))^{\frac{n-1}{2}}dx} = 0$

Question

Deseo mostrar que $\lim_{n \to \infty} \frac{\int_{\epsilon}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt} = 0$ donde $0 < \epsilon < 1$ .

No he podido ver una prueba simple y agradecería cualquier ayuda.

Esta no es la pregunta original, pero mis esfuerzos me llevaron a esto.

Answer 1

Primero de todo, vamos a calcular explícitamente $\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt$ utilizando un truco sucio.

La definición de $ I_n: =\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt$ e integrando por partes

\begin{align*}I_n &= \int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt\\ &=\left.t(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}\right|_{0}^{1}+(n-1)\int_{0}^{1}t^2(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}-1}dt\\ &=0+(n-1)\int_{0}^{1}(1 - ( 1-t^2))(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}-1}dt\\ &=(n-1) \int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{(n-2)-1}{2}} + (n-1) \int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt\\ &= (n-1)I_{n-2} + (n-1)I_n, \end{align*} que (milagrosamente) implica $$I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}. $$

Una vez $I_1 = 1$ e $I_2 = \frac{\pi}{4}$, se encontró $$\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt = \left\{\begin{array}{l} \displaystyle\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot ... \cdot \frac{2k}{2k+1},\ \mbox{if} \ n=2k+1,\\ \displaystyle\frac{\pi}{4} \cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6} \cdot ...\cdot \frac{2k-1}{2k},\ \mbox{if} \ n=2k. \end{array}\right.$$

En el otro lado $$ \int_{\varepsilon}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt \leq (1-\varepsilon) (1-\varepsilon)^{\frac{n-1}{2}} =(1-\varepsilon)^{\frac{n+1}{2}}, $$ entonces $$\frac{\int_{\epsilon}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt} \leq \frac{(1-\varepsilon)^{\frac{n+1}{2}}}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}. $$

Uniendo a todos los resultados anteriores, para demostrar su declaración sólo tenemos que muestran que por debajo de los límites de se $0$ (definir $\alpha = 1-\varepsilon$ sólo para simplificar la notación y recuerde que $0<\alpha<1$).

$$(1) \quad \lim_{k\to \infty} \frac{\alpha^{\frac{2k+1}{2}}}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{2k-1}{2}}dt} = \lim_{k\to \infty} \alpha^{\frac{2k+1}{2}} \cdot \frac{4}{\pi} \cdot \frac {4} {3}\cdot \frac{6}{5} \cdot ...\cdot \frac {2k} {2k-1} . $$

$$(2)\quad \quad \lim_{k\to \infty} \frac{\alpha^{\frac{(2k+1)+1}{2}}}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{(2k+1)-1}{2}}dt} = \lim_{k\to \infty} \alpha^{k+1} \cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot ... \cdot \frac{2k+1}{2k}.$$

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Calcular el límite de (1)

Vamos a mostrar que el límite de (1) es igual a $0$. Una vez $$\lim_{k\to \infty} \frac{2k}{2k-1} =1,$$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $$\frac{2n}{2n+1}\cdot \alpha < \frac{1+\alpha}{2} <1, \forall \ n > n_0.$$

La definición de la constante de $$C = \alpha^{n_0} \cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{6}{5} \cdot ...\cdot \frac{2n_0}{2n_0-1}, $$

podemos lograr la utilidad de la desigualdad \begin{align*} 0\leq\alpha^{k + n_0+1} \cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{6}{5} \cdot ...\cdot \frac{2(k+n_0)}{2(k+n_0)-1} &= \left(\prod_{n=1}^{n_0} \alpha \cdot \frac{2n}{2n-1}\right) \cdot \left(\prod_{k=n_0}^{2(n_0+k)+1} \alpha \cdot \frac{2k}{2k-1}\right)\\ &\leq C \cdot \left(\frac{1+\alpha}{2}\right)^k \end{align*}

Entonces, si $k\rightarrow \infty$, llegamos a la conclusión de que $$\lim_{k\to \infty} \alpha^{k+1} \cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{6}{5} \cdot ...\cdot \frac{2k}{2k-1} =0.$$

Finalmente \begin{align*} \lim_{k\to \infty} \alpha^{\frac{2k+1}{2}} \cdot \frac{4}{\pi} \cdot \frac {4} {3}\cdot ...\cdot \frac {2k} {2k-1} =\frac{4}{\alpha^{1/2}\pi} \cdot \lim_{k\to \infty} \alpha^{k+1} \cdot \frac {4} {3}\cdot...\cdot \frac {2k} {2k-1}=0 \end{align*} utilizando los resultados anteriores.

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Calcular el límite de (2)

Vamos a mostrar que el límite de (2) es igual a $0$. Una vez $$\lim_{k\to \infty} \frac{2k+1}{2} =1,$$ existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que $$\frac{2n+1}{2n}\cdot \alpha < \frac{1+\alpha}{2} <1, \forall \ n > n_1.$$

La definición de la constante de $$K = \alpha^{n_1} \cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4} \cdot ...\cdot \frac{2n_1+1}{2n_1}, $$

nos lleva a la desigualdad \begin{align*} 0\leq\alpha^{k + n_1+1} \cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4} \cdot ...\cdot \frac{2(k+n_1)+1}{2(k+n_1)-1} &= \left(\prod_{n=1}^{n_1} \alpha \cdot \frac{2n+1}{2n}\right) \cdot \left(\prod_{n=n_0}^{2(n_0+k)+1} \alpha \cdot \frac{2n+1}{2k}\right)\\ &\leq K \cdot \left(\frac{1+\alpha}{2}\right)^k. \end{align*}

Entonces, si $k\rightarrow \infty$, llegamos a la conclusión de que $$\lim_{k\to \infty} \alpha^{k+1} \cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4} \cdot ...\cdot \frac{2k+1}{2k} =0.$$

Una vez que los límites de $(1)$ e $(2)$ se $0$, hemos demostrado

$$\lim_{n\to \infty}\frac{\int_{\epsilon}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}=0.$$

Espero que esta respuesta te ayude.

Answer 2

Podemos observar que $$ I_n(\epsilon)=\sqrt{n}\int_\epsilon^1 (1-t^2)^{\frac{n}{2}}dt = \int_{\sqrt{n}\epsilon}^\sqrt{n} (1-\frac{u^2}{n})^{\frac{n}{2}}du=\int_0^\infty (1-\frac{u^2}{n})^{\frac{n}{2}}1_{(\sqrt{n}\epsilon,\sqrt{n})}(u)du, $$ for $\epsilon\en (0,1]$. Tenga en cuenta que el integrando es dominado por $$ 0\le (1-\frac{u^2}{n})^{\frac{n}{2}}1_{(\sqrt{n}\epsilon,\sqrt{n})}(u)\leq e^{-\frac{u^2}{2}}. $$ Since $(1-\frac{u^2}{n})^{\frac{n}{2}}1_{(\sqrt{n}\epsilon,\sqrt{n})}(u)\0,\;\forall u\ge 0$ as $n\to\infty$ and $u\mapsto e^{-\frac{u^2}{2}}$ es integrable, por Lebesgue del teorema de convergencia dominada, tenemos $$ \lim_{n\to\infty}I_n(\epsilon)=0,\quad\forall \epsilon>0. $$
Por otro lado, por el mismo argumento, tenemos $$ \lim_{n\to\infty}I_n(0)=\int_0^\infty e^{-\frac{u^2}{2}}du=\sqrt{\frac{\pi}{2}}>0. $$ Esto implica que $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\int_{\epsilon}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}{\int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}dt}=\lim_{n \to \infty}\frac{I_{n-1}(\epsilon)}{I_{n-1}(0)}=0, $$ for all $\epsilon>0$.