Evaluar $\lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k-1}\int_{-1}^{\infty} \frac{{\left(\cos{x}\right)}^{2n}}{2^x} \; dx$

Question

Problema 9 en el JHMT 2013 Cálculo de la Prueba le pide a evaluar $$\lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k-1}\int_{-1}^{\infty} \frac{{\left(\cos{x}\right)}^{2n}}{2^x} \; dx$$ La respuesta es $\pi\cdot 2^\pi /(2^{\pi}-1)$. ¿Cómo puedo mostrar esto? Sé que el infinito producto se bifurca y el límite no se puede mover dentro de la integral, pero no sé qué hacer. Tal vez pueda representar a la integral como una suma.

Answer 1

Las identidades $$ \frac{2\cdot4\cdot\ldots\cdot (2n)}{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}=\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\sqrt{\pi} $$ y Wallis' fórmula $$ \int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^{2n}x\,dx=\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^{2n}(x)\,dx=\frac{\Gamma(n+\tfrac12)}{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}\frac{\pi}{2} $$ será útil ( una simple derivación de este último en Thenard Rinmann de la solución). La secuencia en la que su problema se puede expresar como $$ I_n:=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\int^\infty_{-1}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx $$ Para hacer los cálculos más simples, yo sólo considerar la secuencia $$ J_n:=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\int^\infty_0 2^{-x}\cos^{2n}x\,dx$$ La integral de la $\int^\infty_0 2^{-x}\cos^{2n}x\,dx$ puede ser expresado como \begin{aligned} \int^\infty_0 2^{-x}\cos^{2n}x\,dx&=\sum^\infty_{k=0}\int^{(k+1)\pi}_{k\pi}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx=\sum^\infty_{k=0}\int^\pi_02^{-(x+ k\pi)}\cos^{2n}(x+k\pi)\,dx \\&=\Big(\sum^\infty_{k=0}2^{-k\pi}\Big)\int^\pi_02^{-x}\cos^{2n}x\,dx=\frac{1}{1-2^{-\pi}}\int^\pi_02^{-x}\cos^{2n}xdx \end{aligned} Aquí hemos utilizado el hecho de que $\cos(x+k\pi)=(-1)^k\cos(x)$.

Reclamar I: $\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\sim\sqrt{n}$. Esto se desprende de Stirling aproximación: $$\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\sim \frac{n^{n+\tfrac12}e^{-n}}{(n-\tfrac12)^n e^{-(n-\tfrac12)}}$$

Demanda II: (Sugerido por Raoul abajo) $\int^{\pi/2}_02^{-x}\cos^{2n}x\,dx=\int^{\pi/2}_0\cos^{2n}x\,dx + o(n^{-1/2})$. Para comprobar esto, se aplica el valor medio el teorema de obtener \begin{aligned} \Big|\int^{\pi/2}_0(1-2^{-x})\cos^{2n}x\,dx\Big|\leq \log2\int^{\pi/2}_0x\cos^{2n}x\,dx \end{aligned} El hecho de que $\frac{\sin x}{x}$ disminuye con el $[0,\pi]$, implica que el $\frac{2}{\pi}x-\sin x\leq0$ a $[0,\pi/2]$ y así, $\frac{x^2}{\pi}+\cos x\leq 1$. En consecuencia \begin{aligned} \int^{\pi/2}_0x\cos^{2n}x\,dx&\leq \int^{\pi/2}_0x\Big(1-\frac{x^2}{\pi}\Big)^{2n}\,dx\\ &=\frac{\pi}{2}\int^{\pi/4}_0(1-u)^{2n}\,du=\frac{\pi}{2(2n+1)}\Big(1-\big(1-\tfrac{\pi}{4}\big)^{2n+1}\Big) \end{aligned} Esto demuestra la reclamación.

Un argumento similar muestra que \begin{aligned} \int^\pi_{\pi/2}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx&=2^{-\pi}\int^0_{-\pi/2}2^{-x}\cos^{2n}(x+\pi)\,dx\\ &=2^{-\pi}\int^{\pi/2}_02^x\cos^{2n}x\,dx=2^{-\pi}\int^{\pi/2}_0\cos^{2n}x\,dx+o(n^{-1/2}) \end{aligned}

De ello se sigue que \begin{aligned} J_n&=\frac{1}{1-2^{-\pi}} \frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\frac12)}\Big((1+2^{-\pi})\int^{\pi/2}_0\cos^{2n}x\,dx+o(n^{-1/2})\Big)\\ &=\frac{2^\pi}{2^\pi-1}(1+2^{-\pi})\frac{\pi}{2}+o(1) \end{aligned}

La contribución de $\frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\int^0_{-1}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx$ también puede ser estimada de la siguiente manera $$ \int^0_{-1}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx=\int^1_02^x\cos^{2n}x\,dx=\int^{\tfrac{\pi}{2}}_02^x\cos^{2n}x\,dx-\int^{\frac{\pi}{2}}_12^{x}\cos^{2n}x\,dx$$ El segundo término es delimitada por $$ \int^{\frac{\pi}{2}}_12^x\cos^{2n}x\,dx\leq (\cos 1)^{2n}\Big(\frac{\pi}{2}-1\Big)2^{\pi/2}=o(n^{-1/2}) $$ En consecuencia \begin{aligned} \frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\int^0_{-1}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx&=\left(\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\int^{\pi/2}_02^{x}\cos^{2n}x\,dx\right) +o(1)\\ &=\left(\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\Big(\int^{\pi/2}_0\cos^{2n}x\,dx+o(n^{-1/2})\Big)\right) +o(1)\\ &=\frac{\pi}{2}+o(1) \end{aligned}

Poniendo las cosas en conjunto da $$ I_n=J_n+\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\tfrac12)}\int^0_{-1}2^{-x}\cos^{2n}x\,dx=\pi\frac{2^\pi}{2^\pi-1} +o(1) $$

Answer 2

Actualización

Tenemos \begin{align} &\int_{-1}^\infty \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x\\ =\ & \int_{-1}^0 \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x + \sum_{j=0}^\infty \int_{j\pi}^{(j+1)\pi} \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x\\ =\ & \int_{-1}^0 \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x + \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{2^{j\pi}}\int_0^\pi \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x\\ =\ & \int_{-1}^0 \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x + \frac{2^\pi}{2^\pi - 1}\int_0^\pi \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x \\ =\ & \int_{-1}^0 + \frac{2^\pi}{2^\pi - 1} \left(\int_{-1}^{\pi-1} + \int_{\pi-1}^\pi - \int_{-1}^0\right) \\ =\ & \frac{2^\pi}{2^\pi - 1}\int_{-1}^{\pi-1} + \frac{2^\pi}{2^\pi - 1}\int_{\pi-1}^\pi -\frac{1}{2^\pi-1}\int_{-1}^0 \tag{1} \\ =\ & \frac{2^\pi}{2^\pi - 1}\int_{-1}^{\pi-1} + \frac{1}{2^\pi - 1}\int_{-1}^0 -\frac{1}{2^\pi-1}\int_{-1}^0 \tag{2} \\ =\ & \frac{2^\pi}{2^\pi - 1}\int_{-1}^{\pi-1} \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x. \end{align} En (1)(2) hemos utilizado
$\int_{\pi-1}^\pi \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x = \frac{1}{2^\pi} \int_{-1}^0 \frac{(\cos y)^{2n}}{2^y}\mathrm{d}y$ (por la sustitución de $x - \pi = y$).

Además, hemos $$\prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k-1} = \frac{\Gamma(n+1)\sqrt{\pi}}{\Gamma(n+\frac{1}{2})} \sim \sqrt{n\pi}, \quad \mathrm{como}\quad n\to \infty.$$

Por lo tanto, hemos \begin{align} &\lim_{n\to \infty} \left(\prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k-1}\cdot \int_{-1}^\infty \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x\right)\\ =\ & \lim_{n\to \infty} \left(\sqrt{n\pi}\cdot \frac{2^\pi}{2^\pi - 1}\int_{-1}^{\pi-1} \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x\right)\\ =\ & \pi\frac{2^\pi}{2^\pi-1} \cdot \lim_{n\to \infty} \int_{-1}^{\pi-1} \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x. \end{align}

Para continuar, necesitamos los siguientes auxiliares de resultados (Hechos 1 a 3). Las pruebas a las que se dan al final.

Hecho 1: Se sostiene que, para $-1 \le x \le 1$ e $n \ge 2$, $$\mathrm{e}^{-x^2n} - \frac{1}{n} \le (\cos x)^{2n} \le \mathrm{e}^{-x^2n}.$$

Hecho 2: Se cumple que $$\lim_{n\to \infty} \int_{-1}^1 \frac{\mathrm{e}^{-x^2n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x = 1.$$

Hecho 3: Se cumple que $$\lim_{n\to \infty} \int_{-1}^1 \frac{\mathrm{e}^{-x^2n} - \frac{1}{n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x = 1.$$

Ahora, vamos a proceder. De los Hechos 1-3, por el teorema del sándwich, tenemos $$\lim_{n\to \infty} \int_{-1}^1 \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x = 1.$$ También, claramente, tenemos (desde $|\cos x| \le \cos 1 < \frac{3}{5}$ para $1 \le x \le \pi - 1$) $$\lim_{n\to \infty} \int_1^{\pi-1} \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x = 0.$$ Por lo tanto, hemos $$\lim_{n\to \infty} \int_{-1}^{\pi-1} \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x = 1.$$

Por último, tenemos $$\lim_{n\to \infty} \left(\prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k-1}\cdot \int_{-1}^\infty \frac{(\cos x)^{2n}}{2^x}\mathrm{d}x\right) = \pi\frac{2^\pi}{2^\pi-1}.$$ Hemos terminado.

$\phantom{2}$

Prueba de Hecho 1: El derecho de la desigualdad es equivalente a $$\ln \cos x \le - \frac{x^2}{2}.$$ La prueba es fácil y por lo tanto se omite.

Para la izquierda la desigualdad, claramente, sólo tenemos que probar el caso cuando $-\sqrt{\frac{\ln n}{n}} < x < \sqrt{\frac{\ln n}{n}}$. La izquierda de la desigualdad es equivalente a $$\ln \left(\mathrm{e}^{-x^2n} - \frac{1}{n}\right) \le 2n\ln \cos x$$ o $$-x^2n + \ln \Big(1 - \frac{\mathrm{e}^{x^2n}}{n}\Big) \le 2n\ln \cos x.$$ Desde $\ln (1 - \frac{\mathrm{e}^{x^2n}}{n}) \le - \frac{\mathrm{e}^{x^2n}}{n}$ y $\cos x \ge 1 - \frac{x^2}{2}$, es suficiente para demostrar que $$-x^2n - \frac{\mathrm{e}^{x^2n}}{n} \le 2n\ln \left(1-\frac{x^2}{2}\right).$$ Vamos $$F(x) = 2n\ln \left(1-\frac{x^2}{2}\right) + x^2n + \frac{\mathrm{e}^{x^2n}}{n}.$$ Tenemos $$F'(x) = \frac{2x}{2-x^2}\left(\mathrm{e}^{x^2n}(2-x^2) - x^2n\right).$$ Desde $\mathrm{e}^{x^2n}(2-x^2) - x^2n \ge \mathrm{e}^{x^2n} - x^2n > 0$, tenemos $F'(x) > 0$ para $0 < x < \sqrt{\frac{\ln n}{n}}$, y $F'(x) < 0$ para $-\sqrt{\frac{\ln n}{n}} < x < 0$. También, $F(0) > 0$. Por lo tanto, $F(x) \ge 0$ para $-\sqrt{\frac{\ln n}{n}} < x < \sqrt{\frac{\ln n}{n}}$. Hemos terminado.

$\phantom{2}$

La prueba de los Hechos 2: Tenemos \begin{align} &\lim_{n\to \infty} \int_{-1}^1 \frac{\mathrm{e}^{-x^2n}}{2^x} \sqrt{\frac{n}{\pi}}\, \mathrm{d}x \\ =\ & \lim_{n\to \infty} \int_{-\sqrt{\frac{n}{\pi}}}^{\sqrt{\frac{n}{\pi}}} \mathrm{e}^{-y^2\pi}2^{-y\sqrt{\frac{\pi}{n}}} \mathrm{d}y\\ =\ & \lim_{n\to \infty} \int_{-\sqrt{\frac{n}{\pi}}}^{\sqrt{\frac{n}{\pi}}} \exp\left(-\pi \left(y + \frac{\ln 2}{2\sqrt{\pi n}}\right)^2 + \frac{(\ln 2)^2}{4n}\right) \mathrm{d}y\\ =\ & \lim_{n\to \infty} \exp\left(\frac{(\ln 2)^2}{4n}\right) \int_{-\sqrt{\frac{n}{\pi}} + \frac{\ln 2}{2\sqrt{\pi n}}}^{\sqrt{\frac{n}{\pi}} + \frac{\ln 2}{2\sqrt{\pi n}}} \mathrm{e}^{-\pi z^2} \mathrm{d}z \\ =\ & \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-\pi z^2} \mathrm{d}z\\ =\ & 1. \end{align} Hemos terminado.

$\phantom{2}$

La prueba de los Hechos 3: De Hecho 2, el resultado deseado de la siguiente manera. Hemos terminado.