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Como encontrar $\lim\limits_{n \to \infty}n\int_{0}^{1}(\cos x-\sin x)^ndx$?

Quiero calcular

$$\lim\limits_{n \to \infty}n\int_{0}^{1}(\cos x-\sin x)^ndx$$

Alguien me ayudó a encontrar el límite de la integral, que es $0$, pero ahora no puedo entender esto. También se trató el teorema del sándwich, pero solo me dan sólo un lado de ella para acercarse a $1$. Por otra parte, estoy obligado a usar elementales de cálculo.

8voto

Random Username Puntos 34

Hay otro modo elemental para ponerse en marcha. En primer lugar, observe que: $$\cos x - \sin x = \sqrt{2}\sin(\pi/4 - x).$$ Por lo tanto, su integral, que denotamos por $I_n$ es igual a: $$I_n = n2^{\frac n2}\int_0^1\sin^n(\pi/4 - x)dx.$$ Por otro lado, puede utilizar la integración por partes dos veces para mostrar que:

$$\int\sin^nxdx = \frac{-\cos x \hspace{3pt} \sin^{n-1}x}{n} + \frac{(n-1)}{n} \int \sin^{n-2} x dx.$$

Se pueden combinar estos dos para obtener una fórmula explícita para $I_n.$

Actualización: Esto resultó ser muy interesante, si nos limitamos a sólo elementales de cálculo. En primer lugar, escriba: $$I_n = n2^{n/2}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\sin^n\left(\frac{\pi}{4}-x\right)dx+n2^{n/2}\int_{\tfrac{\pi}{4}}^1\sin^n\left(\frac{\pi}{4}-x\right)dx = $$ $$ = n2^{n/2}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\sin^n\left(x\right)dx+n2^{n/2}\int_{\tfrac{\pi}{4}-1}^0\sin^n\left(x\right)dx = A_n+B_n.$$ Ahora, el uso de $\sin x\leq x:$ $$|B_n|\leq n2^{n/2}\int_{\tfrac{\pi}{4}-1}^0|\sin^n\left(x\right)|dx=n2^{n/2}\int^{1-\tfrac{\pi}{4}}_0\sin^n\left(x\right)dx\leq$$ $$\dfrac{n}{n+1}\left(1-\dfrac{\pi}{4}\right)\left(\sqrt{2} - \dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\right)^n\to 0.$$ Por lo tanto, simplemente necesitamos para el estudio de $A_n,$ que satisface bastante simple relación de recurrencia (de integración por partes): $$A_n = \dfrac{2n-2}{n-2}A_{n-2} - 1,\,\, A_1 = \sqrt{2}-1,\,\, A_2 = \dfrac{\pi}{2}-1.$$

Numérico de la evidencia sugiere que $A_n$ es positivo, creciente y convergente a $1$ como se desee. Por otra parte, extraño los índices son de la forma $\sqrt{2}a_n-b_n$ y los índices son de la forma $\pi c_n -d_n,$ donde $a_n,b_n,c_n,d_n$ son todos los enteros positivos. De hecho, uno puede fácilmente encontrar una forma cerrada para $a_n:$ $$a_n = \dfrac{2^{3n}(n!)^2}{(2n)!},$$ mientras que la forma cerrada para $b_n$ parece ser muy difícil, si no imposible.

Sin embargo, basado en lo que he intentado, a terminar con sólo acercamiento elemental a partir de aquí, parece bastante difícil. Ingenua de un método es el uso de la inducción para demostrar la monotonía. Pero esa cantidad se muestra la siguiente estimación: $$A_n>\dfrac{n}{n+2}$$ o lo que es equivalente: $$\int^{\tfrac{\pi}{4}}_0\sin^n\left(x\right)dx>\dfrac{1}{2^{n/2}(n+2)}.$$ Pero por encima parece complicado como el uso de la ingenuidad de la desigualdad de $\sin(x)\geq\dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}x$ a $[0,\pi/4]$ resulta ser demasiado crudo. He intentado reforzar aún más mediante el uso de: $$\sin(x)\geq \dfrac{3}{\pi}x\cdot 1_{[0,\pi/6]}+\left(\dfrac{6(\sqrt{2}-1)}{\pi}x+\dfrac{3-2\sqrt{2}}{2}\right)\cdot 1_{[\pi/6, \pi/4]}$$ que fue demasiado fuerte.

Por último, uno puede técnicamente encontrar una fórmula explícita de la siguiente forma: $$\dfrac{A_{2n+1}}{(2n+1)2^n\sqrt{2}} = -\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\sin^2(x))^nd(\cos x) = \int_{\tfrac{1}{\sqrt{2}}}^1(1-t^2)^ndt = $$ $$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k}\cdot\dfrac{1-2^{-k-\frac 12}}{2k+1}.$$ Pero, de nuevo, este no es el mejor aspecto de suma manipular.

6voto

J_P Puntos 155

No estoy seguro de cuánto cálculo sabes, si algo es extranjera, hágamelo saber y voy a tratar de dejar una adenda en una edición. Además, he tenido la edición de esta respuesta una y otra porque sigo encontrando errores, así que espero es convergente a algo sensato por ahora, pero no puedo estar seguro.

Deje $f(x)=\cos(x)-\sin(x)$. En primer lugar, algunos hechos acerca de la $f$ a $[0,1]$:

  • $f(x)\leq1-x$, como usted sabe de tu otra pregunta,
  • $f(x)\geq1-\frac{3}{2}x$, como $f(x) = \sqrt{2}\sin(\pi/4 - x)$ y por lo que su derivada es nunca menos de $-\sqrt{2}>-3/2$.

Estas juntas implican que para cualquier $\delta\in(0,1)$ existe un $0< M < 1$ , de modo que $\vert f(x)\vert<M$ en el intervalo de $[\delta,1]$.

La idea detrás de los siguientes es que un gran $n$ más de la integral proviene de un pequeño barrio de $0$, por lo que sólo mantener un trozo pequeño de alrededor.

Observe que $f''(0)<0$, por lo que la función es cóncava en un intervalo $I=[0,x_0]$, es decir, para cualquier $\delta\in I:$ $$ \forall t\[0,\delta]:f(t)>1-\frac{t}{\delta}(1-f(\delta)) $$ Esto es debido a que el lado derecho es una función lineal que conecta los puntos $(0,f(0))$ e $(\delta,f(\delta))$ y su derivada es menor que $f'(0)$. Ahora divide su integral como: \begin{align*} \int_0^1(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u=\int_0^\delta(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u+\int_\delta^1&(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u=\\ &=S_1(\delta;n) + S_2(\delta;n) \end{align*} Aviso que como $\vert f(x)\vert<M$ a $[\delta,1]$, por lo que podemos estimar que: $$ \vert S_2(\delta;n)\vert<\left\vert\int_\delta^1(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u\right\vert<\int_\delta^1M^n\mathrm{d}u<M^n $$ Por otro lado, también podemos estimar $S_1$: $$ S_1(\delta;n)>\int_0^\delta\left(1-\frac{u}{\delta}(1-f(\delta)) \right)^n\mathrm{d}u=\delta\frac{1-f(\delta)^{n+1}}{1-f(\delta)}\frac{1}{n+1} $$ Observar que \begin{align*} \lim_{n\rightarrow\infty}\delta\frac{1-f(\delta)^{n+1}}{1-f(\delta)}\frac{n}{n+1}&=\frac{\delta}{1-f(\delta)}\\ \lim_{n\rightarrow\infty}nM^n &=0 \end{align*} Los límites de seguir debido a $\vert f(\delta)\vert < 1$ e $\vert M\vert < 1$ y así los términos de la caída exponencialmente rápido. Por lo tanto: \begin{align*} nS_1(\delta;n)&>\frac{\delta}{1-f(\delta)}+\epsilon_1(n;\delta)\\ nS_2(\delta;n)&=0+\epsilon_2(n;\delta) \end{align*} Aquí $\epsilon_1$ e $\epsilon_2$ se desvanecen en el límite de grandes $n$ por cada $\delta$. Finalmente tenemos que para todos los $\delta\in(0,x_0]$: $$ n\int_0^1(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u=nS_1(\delta;n)+nS_2(\delta;n)>\frac{\delta}{1-f(\delta)}+\epsilon_1(n;\delta)+\epsilon_2(n;\delta) $$ Podemos evaluar rápidamente por L'Hospital de la regla de que $$ \lim_{\delta\rightarrow 0}\frac{\delta}{1-f(\delta)}=\lim_{\delta\rightarrow 0}\frac{1}{0-(-\sin(\delta)-\cos(\delta))}=1 $$ Así que para todos los $n,\delta$ (a la izquierda $\geq$ sigue a partir de las estimaciones con $1-x$ que usted ha hecho a sí mismo): $$ 1\geq n\int_0^1(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u\geq 1+\epsilon_3(\delta)+\epsilon_1(n;\delta)+\epsilon_2(n;\delta) $$ $\epsilon_3$ ha análoga significación a las otras dos.

Ya que estamos tratando con funciones de $n, \delta$ aquí, tenemos que tener cuidado con tomar el límite de $n\rightarrow\infty$. De hecho, sólo para estar seguro, vamos a hacerlo por definición. Recoger algunas $\eta>0$. A continuación, elija un $\delta'$ tan pequeño que $\vert\epsilon_3(\delta')\vert < \eta/3$. En esta $\delta'$, se puede elegir una $N$ tan grande que $\vert\epsilon_1(n;\delta')\vert<\eta/3$ e $\vert\epsilon_2(n;\delta')\vert<\eta/3$ para todos los $n>N$. Debido a lo anterior las desigualdades, ahora tenemos $$ \forall n>N:1+\eta>1\geq n\int_0^1(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u>1-\eta/3-\eta/3-\eta/3=1-\eta $$ Por lo tanto, hemos establecido directamente $$ \lim_{n\rightarrow\infty}n\int_0^1(\cos(u)-\sin(u))^n\mathrm{d}u=1 $$

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