Estimar el % integral $\sqrt{n}\cdot \int\limits_0^\pi \left( \frac{1 + \cos t}{2} \right)^n dt$

Question

Considerar la secuencia $\{a_n\}$ definida por

$$ a_n = \sqrt{n}\cdot \int_{0}^{\pi} \left( \frac{1 + \cos t}{2} \right)^n dt.$$

Un ejercicio de Rudin, verdadero y análisis complejo, requiere mostrar que esta secuencia es convergente a un número real $a$, $ a > 0$. No tengo ni idea de cómo comprobarlo. Sólo obtuve la siguiente estimación

$$\begin{align*} \int_{0}^{\pi} \left( \frac{1 + \cos t}{2} \right)^n dt &= 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( 1 - \sin^2 t \right)^n dt \\ &> 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - t^2)^n dt \\ &> 2 \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - n t^2) dt \\ & = \frac{4}{3 \sqrt{n}}, \end{align*} $$

que muestra que el $ a_n > \frac{4}{3}$.

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Editado. La respuesta original se anexa.

Poner $$c_m:=\int_0^{\pi/2} \cos^m s\ ds\qquad(m\geq0)\ .$$ Entonces $c_1=1$, $\> c_2={\pi\over4}$, y una fácil integración parcial muestra que $$c_m={m-1\over m} c_{m-2}\qquad(m\geq2)\ .\tag{1}$$ Ahora $$a_n:=\sqrt{\mathstrut n}\int_0^\pi\left({1+\cos t\over2}\right)^n\ dt=2\sqrt{\mathstrut n}\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}s\ ds$$ y por lo tanto $$a^2_n=4 n\> c_{2n}^2\ .$$ Yo reclamo que $$a_n^2={c_{2n}\over c_{2n-1}}\pi\qquad(n\geq1)\ .\tag{2}$$ Prueba por inducción: $(2)$ es cierto para $n=1$. Supongamos que es cierto para $n-1$. El uso de $(1)$ entonces tenemos $$\eqalign{a_n^2 &= {n\más de n-1}\left({c_{2n}\over c_{2n-2}}\right)^2 a_{n-1}^2 = {n\más de n-1}{2n-1\over 2n}{c_{2n}\over c_{2n-2}}{c_{2n-2}\over c_{2n-3}}\pi\cr &={n\más de n-1}{2n-1\over 2n}{2n-2\más de 2n-1}{c_{2n}\over c_{2n-1}}\pi={c_{2n}\sobre c_{2n-1}}\pi\ .\qquad\square\cr}$$ Desde $c_m\leq c_{m-1}\leq c_{m-2}$ se deduce fácilmente de $(1)$ que $$\lim_{m\to\infty}{c_m\over c_{m-1}}=1\ .$$ De $(2)$ por lo tanto, a la conclusión de que $\lim_{n\to\infty} a_n=\sqrt{\mathstrut \pi}$.

Original respuesta: Vamos $$b_n:=\int_0^\pi\left({1+\cos t\over2}\right)^n\ dt=2\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}s\ ds\ .$$ Entonces $$b_n =2\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}s(1-\sin^2 s)\ ds=b_{n-1}-2\int_0^{\pi/2}\bigl(\cos^{2n-1}s\>\sin s\bigr)\cdot\sin s\ ds\ .$$ Integramos la última integral por partes y obtener $$b_n=b_{n-1}-{1\over 2n-1} b_n\ .$$ Por lo tanto el $b_n$ satisfacer la recursividad $$b_n={2n-1\over 2n}\>b_{n-1}\qquad(n\geq1)\ ,$$ y el $a_n=\sqrt{\mathstrut n}\>b_n$ satisfacer la recursividad $$a_n^2={(2n-1)^2\over 2n\>(2n-2)}\>a^2_{n-1}\qquad(n\geq2)\ .$$ Como $a_1={\pi\over2}$ con lo que tenemos $$a_n^2=2\cdot\left({1\over2}\cdot{3\over2}\cdot{3\over4}\cdot{5\over4}\cdot{5\over6}\cdots{2n-1\over2n-2}{2n-1\over2n}\right)\cdot{\pi^2\over4}\qquad(n\geq2)\ .$$ En el gran paréntesis el recíproco de Wallis' producto aparece. De ello se desprende que este paréntesis converge a ${2\over\pi}$, y obtenemos $$\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt{\mathstrut \pi}\ .$$

Answer 2

$$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\pi\left(\frac{1+\cos(t)}{2}\right)^n\,\mathrm{d}t &=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\pi\cos^{2n}(t/2)\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{n\to\infty}2\sqrt{n}\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(t)\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{n\to\infty}2\sqrt{n}\int_0^{n^{-1/3}}\left(1-\sin^2(t)\right)^n\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{n\to\infty}2\sqrt{n}\int_0^{n^{-1/3}}\left(1-t^2+\color{#C00000}{O}\big(t^4\big)\right)^n\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{n\to\infty}2\int_0^{n^{1/6}}\left(1-t^2/n+\color{#C00000}{O}\big(t^4/n^2\big)\right)^n\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{n\to\infty}2\int_0^{n^{1/6}}e^{-t^2+\color{#00A000}{O}(t^4/n)}\,\mathrm{d}t\\ &=2\int_0^\infty e^{-t^2}\,\mathrm{d}t\\[6pt] &=\sqrt\pi \end{align} $$ Donde, por $n\ge3$, el rojo $O$ constante $1/3$ y el verde de la $O$ constante $2$.

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{n^{-1/3}}^{\pi/2}\left(1-\sin^2(t)\right)^n\,\mathrm{d}t &\le\lim_{n\to\infty}\frac\pi2\sqrt{n}\left(1-\frac4{\pi^2}n^{-2/3}\right)^n\\ &\le\lim_{n\to\infty}\frac\pi2\sqrt{n}\,e^{-4n^{1/3}/\pi^2}\\[4pt] &=0 \end{align} $$

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La motivación

Como Didier señala que este enfoque es menos elegante que la de aquellos que hacen uso de ciertas identidades trigonométricas, y tal vez Rudin plantea este problema usando funciones trigonométricas porque uno puede utilizar identidades trigonométricas para obtener una solución más elegante. Sin embargo, yo había calculado la integral de $\cos^n(t)$ muchas veces recientemente, y yo quería única clave suficientes características de $f$ que permiten el límite $$ \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\pi f(t)^n\,\mathrm{d}t=\sqrt\pi $$ aquellos que se

1. $f(t)=1-t^2+O(t^4)$

2. $f(t)\le1-kt^2$ algunos $k\gt0$

Answer 3

Relacionados con el problema. Se puede evaluar la integral usando la función beta

$$ \beta(x,y) = 2\int_0^{\pi/2}(\sin\theta)^{2u-1}(\cos\theta)^{2v-1}\,d\theta, \qquad \mathrm{Re}(u)>0,\ \mathrm{Re}(v)>0. $$

En primer lugar, utilizamos la identidad de $1+\cos(x)=2\cos^2(x/2)$

$$ a_n=n^{1/2}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{1+\cos(x)}{2}\right)^n dx = n^{1/2}\int_{0}^{\pi}{\cos^{2n}(x/2)} dx. $$

A continuación, mediante la sustitución de $y=\frac{x}{2}$, tenemos

$$ a_n= 2 n^{1/2}\int_{0}^{\pi/2}{\cos^{n/2}(y)} dy= \sqrt {\pi }{\frac {\sqrt {n}\,\Gamma \left( n+1/2 \right)}{\Gamma \left( n+1 \right) }}.$$

Tomando el límite cuando $n\to \infty$, obtenemos

$$ \lim_{n\to \infty} a_n = \sqrt{\pi}. $$

Tenga en cuenta que, usted puede usar la aproximación de Stirling para $n!=\Gamma(n+1)\sim \left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{ \pi n}. $ para evaluar el límite.

Answer 4

Tenga en cuenta que $a_n=\int\limits_0^\infty u_n(t)\mathrm dt$, donde $$ u_n(t)=2^{-n}(1+\cos(t/\sqrt{n}))^n\,\mathbf 1_{0\leqslant t\leqslant\pi\sqrt{n}}. $$ Sucede que $u_n\to u$ pointwise (se puede demostrar esto?), donde $$ u(t)=\mathrm e^{-t^2/4}, $$ por lo tanto, un natural conjetura es que $a_n\to a$, donde $$ a=\int_0^\infty u(t)\mathrm dt=\sqrt\pi. $$ Una herramienta para asegurarse de que esta convergencia que ocurre es Lebesgue teorema de convergencia dominada, que requiere encontrar algunos integrable $v$ tal que $|u_n|\leqslant v$ por cada $n$. Sucede que $v=u$ se ajusta a la ley.

Para ver por qué, tenga en cuenta que $\cos(2t)+1=2\cos^2(t)$ por lo tanto $|u_n|\leqslant u$ por cada $n$ tan pronto como, para cada $x$ en $(0,\pi/2)$, $\cos(x)\leqslant\mathrm e^{-x^2/2}$. Alguna idea de mostrar esta última (clásica) de la desigualdad?

Answer 5

(demasiado largo para un comentario)

La integral se puede calcular exactamente:

$$a_n=\frac{n^{1/2}}{2^n} \int_0^\pi(1+\cos t)^n dt. $$ Para empezar, podemos utilizar el binomio de Newton: $$a_n=\frac{n^{1/2}}{2^n}\int_0^\pi \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos^ktdt. $$ Usar el aún-ness del coseno alrededor de $t=\pi$: $$a_n=\frac{n^{1/2}}{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \int_0^{2\pi} \cos^k tdt $$

Las integrales de $\int_0^{2\pi} \cos^k t dt$ puede ser calculada usando la fórmula de Euler $$\int_0^{2\pi} \cos^k t dt=\begin{cases} 0 & k=2m+1 \\ \frac{2\pi}{2^{2m}} \binom{2m}{m} & k=2m \end{cases}. $$ Por lo tanto, la suma es necesaria sólo para incluso los índices de $k=2m$, y $$a_n=\frac{n^{1/2}}{2^{n+1}} \sum_{m=0}^{\lfloor{\frac{n}{2}} \rfloor} \binom{n}{2m} \frac{2\pi}{2^{2m}} \binom{2m}{m} $$