Teniendo la secuencia$(a_{n})_{n\geq1}$,$a_{n}=\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{n}dx$, encuentra$\lim\limits_{n{\rightarrow}\infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}$

Question

Tener la secuencia de $(a_{n})_{n\geq1}$, $a_{n}=\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{n}dx$, encontrar $\lim\limits_{n{\rightarrow}\infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}$. Es este límite igual a $\lim\limits_{n{\rightarrow}\infty}(a_{n})^{\frac{1}{2}}$? Yo estoy seguro de si puedo aplicar l'Hospital a este límite, ya que el integral es un valor real. Traté de aplicar la integración por partes pero me terminó la nada. Más tarde edit: lo siento, es $(1-x)^{n}$, no $(1-x^{n})$, hice este error de cansancio.

Answer 1

Comenzando con la integración por partes que tenemos.

PS

Pero también por simetría, esto es lo mismo que $$\begin{aligned} \displaystyle a_n \displaystyle & = \int_0^1 x^n(1-x)^n\,{dx} \\& = \frac{1}{n+1}\int_0^1 (x^{n+1})'(1-x)^n\,{dx} \\& = \frac{x^{n+1}}{n+1}(1-x)^n\,\bigg|_0^1 -\frac{1}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}[(1-x)^n]'\,{dx} \\& = \frac{n}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}(1-x)^{n-1}\,{dx} \end{aligned} $ , por lo tanto

PS

Por lo tanto, $\displaystyle a_n = \frac{n}{n+1}\int_0^1 x^{n-1}(1-x)^{n+1}\,{dx}$ , por lo tanto, $$\begin{aligned} \displaystyle 2a_{n} & = \frac{n}{n+1}\int_0^1 x^{n+1}(1-x)^{n-1}\,d{x}+ \frac{n}{n+1}\int_0^1 x^{n-1}(1-x)^{n+1}\,{dx} \\& = \frac{n}{n+1}\int_0^1 (2x^2-2x+1)x^{n-1}(1-x)^{n-1}\,{dx} \\& = -\frac{2n}{n+1} a_n+\frac{n}{n+1}a_{n-1}\end{aligned}$ así que $\displaystyle a_{n} = \frac{na_{n-1}}{4n+2}$

Answer 2

Si el integrando es $x^n (1-x^n)$, se puede integrar directamente, como se indica en los comentarios. Pero si es $x^n (1-x)^n$, entonces esta es la Función Beta, y podemos volver a escribir en términos de la función gamma como $$a_n = \frac{\Gamma (n+1) \Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+2)}$$ Y así $$a_{n}/a_{n+1} = \frac{\Gamma(n+1)^2}{\Gamma(n+2)^2} \cdot \frac{\Gamma(2n+4)}{\Gamma(2n+2)} = \frac{1}{(n+1)^2} \cdot \frac{(2n+3)(2n+2)}{1}$$ Y el límite de esto es simplemente 4.

Esto no sería igual al límite de $a_n^{1/2}$, como la que acaba de ser $0$, el mismo límite de $a_n$.

Answer 3

Usted está considerando $$ a_n = \int_0^1 x^n(1-x)^n\,{dx} $$ Let $x=\sin^2(t)$ para hacer $$a_n=2 \int_0^{\frac \pi 2}\sin ^{2 n+1}(t) \cos ^{2 n+1}(t)\,dt=B(n+1,n+1)=\frac{\sqrt{\pi } \,\, \Gamma (n+1)}{2^{2 n+1}\Gamma \left(n+\frac{3}{2}\right)}$$ from which follows NoName's result for ${a_{n + 1} \over a_{n}}$.

Sería interesante tomar el logaritmo de $a_n$, el uso de Stirling aproximación para la función gamma y de continuar con la expansión de Taylor para obtener $$\log(a_n)=-2 n \log (2)+\left(\frac{1}{2} \log \left(\frac{1}{n}\right)+\log \left(\frac{\sqrt{\pi }}{2}\right)\right)-\frac{3}{8 n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$ lo que hace $$a_n \sim 2^{-(2 n+1)} \sqrt{\frac{\pi}{n}}\, \left(1-\frac{3}{8 n}+\frac{25}{128 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right) \right)$$ , que es bastante precisa.

Answer 4

Lema Supongamos que $f$ es una positiva continua de la función, entonces $\lim_{n \to \infty} \frac{ \int_0^1 f^{n+1}dx }{ \int_0^1 f^{n} dx} = \max f$

Así, utilizando el Lema llegamos a la conclusión de que

$$ \lim _{n\to \infty} \frac{\int _0^1x^{n+1}(1-x)^{n+1} dx}{\int_0 ^1x^n(1-x)^n dx }=\max_{x \in [0,1] } x(1-x)=\frac{1}{4}$$

La prueba del Lema: Podemos suponer que la $\max f=1$. Para el límite superior aviso \begin{align} \frac{ \int_0^1 f^{n+1}dx }{ \int_0^1f^{n} dx}&= \frac{ \int_0^1 f \cdot f^{n} fdx }{ \int_0^1f^{n} dx}\\ \leq 1 \end{align}

Definir $\mathcal{N}_{\epsilon}= \{x| f>1-\epsilon \}$. Ofrecemos ahora el límite inferior,

\begin{align} \frac{ \int_0^1 f^{n+1}dx }{ \int_0^1 f^{n} dx}&\geq \frac{ \int_{\mathcal{N}_{\epsilon}} \cdot f^{n+1} fdx }{ \int f^{n} dx}\\ &\geq (1-\epsilon) \frac{ \int_{\mathcal{N}_{\epsilon}} \cdot f^{n} fdx }{ \int f^{n} dx} \to 1-\epsilon \end{align}

Para el último límite de observar las siguientes \begin{align} \frac{\int_{[0,1]\setminus \mathcal{N}_{\epsilon}} f^n} {\int_0^1 f^n}&\leq \frac{|[0,1]\setminus \mathcal{N}_{\epsilon}| (1-\epsilon)^n}{\int_{\mathcal{N}_{\epsilon/2}} f^n} \\ &\frac{|[0,1]\setminus \mathcal{N}_{\epsilon}| (1-\epsilon)^n}{|\mathcal{N}_{\epsilon/2}| (1-\epsilon/2)^n} \\ &C \left ( \frac{1-\epsilon}{1-\epsilon/2}\right )^n \to 0 \end{align}

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\int_{0}^{1}x^{n}\pars{1 - x}^{n}\dd x} = \int_{-1/2}^{1/2}\pars{{1 \over 4} - x^{2}}^{n}\dd x = {1 \over 2^{2n}}\int_{0}^{1}\pars{1 - x^{2}}^{n}\dd x \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\,& {1 \over 2^{2n}}\int_{0}^{\infty}\expo{-nx^{2}}\dd x = {\root{\pi} \over 2^{2n + 1}\root{n}} \end{align} tal que $$ {a_{n + 1} \over a_{n}} \,\,\,\stackrel{\mrm{como}\ n\ \para\ \infty}{\sim}\,\,\, {1/4 \\raíz{1 + 1/n}} \,\,\,\stackrel{\mrm{como}\ n\ \para\ \infty} {\}\,\,\,\bbx{1 \over 4} $$