$\cos(x)$ $\arccos(x)$ par límite y

Question

Encontrar el valor del siguiente límite:

$$ \lim_{n\to\infty} \frac {\cos 1 \cdot \arccos \frac{1}{n}+\cos\frac {1} {2} \cdot \arccos \frac{1}{(n-1)} + \cdots + \cos \frac{1}{n} \cdot \arccos{1}}{n}$$

Answer 1

Una forma más cómoda de estado de la secuencia es: $$ \frac{\sum_{k=1}^n\cos\frac{1}{k}\arccos\frac{1}{n-k+1}}{n} $$

Tenga en cuenta que para $0\leq x\leq 1$ tenemos $1-x\leq\cos x\leq 1$$\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}x\leq\arccos x\leq \frac{\pi}{2}-x$. Por lo tanto, tenemos $$ \tfrac{\pi}{2}(1-\tfrac{1}{k})(1-\tfrac{1}{n-k+1})\leq\cos\frac{1}{k}\arccos\frac{1}{n-k+1}\leq\frac{\pi}{2}-\frac{1}{n-k+1}. $$ Por lo tanto, un límite inferior para el límite está dado por la secuencia $$ \frac{\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{2}(1-\tfrac{1}{k})(1-\tfrac{1}{n-k+1})}{n}=\frac{\pi}{2}-\frac{\sum_{k=0}^n\frac{(n-k+1)+k-1}{k(n-k+1)}}{n}=\frac{\pi}{2}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(n-k+1)} $$ Los términos en la última suma puede ser reescrito para $$ \frac{1}{k(n+1)}+\frac{1}{(n-k+1)(n+1)} $$ así que nos ponemos las sumas $$ \frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\qquad\text{y}\qquad\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n-k+1}. $$ Sacha indicado prueba en los comentarios que estas sumas tienden a cero. Del mismo modo, para el límite superior tenemos $$ \frac{\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{2}-\tfrac{1}{n-k+1}}{n}=\frac{\pi}{2}-\frac{\sum_{k=1}^n\frac{1}{n-k+1}}{n}\to\frac{\pi}{2} $$ Esto le da una cota superior de a $\frac{\pi}{2}$. Esto termina la prueba de que el límite es de $\frac{\pi}{2}$.

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Nota: Otra prueba de que $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\to 0$. El uso de Cauchy-Schwarz, vemos que $$ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\leq \sqrt{n}\sqrt{\estilo de texto\sum_{k=1}^n\tfrac{1}{k^2}} $$ Por lo tanto, tenemos $$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\leq\sqrt{\frac{\estilo de texto\sum_{k=1}^n\tfrac{1}{k^2}}{n}} $$ En la raíz cuadrada en el lado derecho, el numerador converge, por lo que todo tiende a cero.

Answer 2

Lo que sigue es un poco la mano ondulado, y me gustaría tener más rigurosa demostración, pero el post es demasiado grande para un comentario.

$$ \begin{eqnarray} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\left(\frac{1}{k}\right) \arccos\left( \frac{1}{n+1-k} \right) &=& \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \left( 1 - 2 \sin^2\left(\frac{1}{2 k}\right) \right) \left( \frac{\pi}{2} - \arcsin\left( \frac{1}{n+1-k} \right) \right) \end{eqnarray} $$ Ahora podemos dividir la suma de dos partes, $1 \leqslant k \leqslant \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$$\lfloor\frac{n}{2}\rfloor < k \leqslant n$. En cada una de estas partes, $\sin$ o $\arcsin$ será pequeño, y en el valor de limitación se $\frac{\pi}{2}$:

In[28]:= Table[
  N[1/n Sum[Cos[1/k] ArcCos[1/(n - k + 1)], {k, 1, n}], 
   50], {n, {5000, 10000, 100000}}] // N

Out[28]= {1.56861, 1.56963, 1.57066}

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Más rigurosamente: $$ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \left( 1 - 2 \sin^2\left(\frac{1}{2 k}\right) \right) \left( \frac{\pi}{2} - \arcsin\left( \frac{1}{n+1-k} \right) \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{n} \sum_{k=1}^n \sin^2 \frac{1}{k} - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \arcsin\frac{1}{k} + \frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \sin^2\left( \frac{1}{k}\right) \arcsin\left(\frac{1}{n+1-k}\right) $$ Ahora: $$ 0 \leqslant \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sin^2\left(\frac{1}{k}\right) \leqslant \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = 0 $$ $$ 0 \leqslant \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \arcsin\left(\frac{1}{k}\right) \leqslant \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{2n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{2 n} \ln(n) = 0 $$ $$ 0 \leqslant \lim_{n \to \infty} \frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \sin^2 \left( \frac{1}{k} \right) \arcsin\left(\frac{1}{n+1-k} \right) \leqslant \lim_{n \to \infty} \frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \frac{1}{n+1-k} \leqslant \lim_{n \to \infty} \frac{2}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = 0 $$

Answer 3

Este es demasiado largo para un comentario, así que estoy publicando como una respuesta, aunque no se puede resolver completamente la cuestión.

Voy a probar que $\frac{\pi}{2}$ es un límite superior.

Lema. Para todos los $n\in\Bbb N$,$\frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n \cos\left(\frac{1}{k}\right) \arccos\left( \frac{1}{n+1-k} \right) \leq \frac{\pi}{2}$.

Prueba. Puesto que ambas funciones están disminuyendo, tenemos: $$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \cos\left(\frac{1}{k}\right) \arccos\left( \frac{1}{n+1-k} \right) \leq \frac1nn\cos(0)\arccos(0)=\frac{\pi}{2},$$

que muestra deseada de la desigualdad. $\square$

Como Sasha menciona anteriormente esta es, probablemente, también el valor del límite.

Como Chris notas en los comentarios debajo de esta respuesta, es posible demostrar que $\frac{\pi}2$ es también un límite inferior por una simple aplicación de la AM-GM de la desigualdad y el Cesaro-Stolz teorema, para completar la prueba.