Práctica Examen preliminar - evaluar el límite

Question

Esto es de un examen preliminar de práctica y sé que debería ser capaz de conseguir este. $$ \lim_{n\to\infty} n^{1/2}\int_0^\infty \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)^n $$

He probado muchas $u-$ sustituciones, pero fue en vano. He probado $$ u = \log(1+x^2) $$ $$ du = \frac{2x}{1+x^2}dx $$ pero no llegó a ninguna parte

Answer 1

Probablemente no sea lo que usted quiere, pero es un método útil y elegante:

Tenga en cuenta que $$f(x)=\frac{2x}{1+x^2}$$ tiene la propiedad de que $f(x)<1$ excepto en $f(1)=1$ . Dado que la exponenciación a la potencia de $n\to\infty$ acaba con todo lo que no sea $1$ esperamos que la contribución dominante se sitúe cerca de $1$ .

$f^n \equiv \exp(n \log f)$ y $n\log(f(1+u))=-n\frac{1}{2}u^2+n\mathcal O(u^3)$ . Luego dejar que $v=\sqrt{n} u$ , $$\int_0^\infty n^{1/2}\mathrm d x \exp(-\frac{1}{2}v^2+\mathcal O(n^{-1/2})) \approx \int_{-\infty}^\infty \mathrm d v\, e^{-v^2/2} = \sqrt{2\pi}$$

Verificación : WolframAlpha .

---

Editar : Esto se llama Método de Laplace entre otras cosas, y es una parte fundamental de la teoría general de la asintótica de integrales. (¡También es la forma más sencilla de derivar la aproximación de Stirling! Aquí se aplica el método a la $\Gamma$ función). Puede ajustarse y hacerse rigurosa directamente estimando los errores. También se puede derivar una expansión asintótica considerando los términos de corrección.

Una idea útil que ofrece es por qué la $\sqrt{n}$ está realmente ahí: es porque el pico que contribuye al término dominante tiene una anchura que decae como $1/\sqrt{n}$ .

Answer 2

Sea $x = \tan(t)$ . Entonces obtenemos que \begin{align} I(n) & = \int_0^{\infty} \left(\dfrac{2x}{1+x^2} \right)^n dx = \int_0^{\pi/2} \sin^n(2t) \sec^2(t) dt = 2^n \int_0^{\pi/2} \sin^n(t) \cos^{n-2}(t) dt\\ & = 4\int_0^{\pi/2}\sin^2(t) \sin^{n-2}(2t)dt \tag{$\star$} \end{align} Sustitución de $t$ por $\pi/2-t$ obtenemos $$I(n) = 4 \int_0^{\pi/2} \cos^2(t) \sin^{n-2}(2t) dt \tag{$ \perp $}$$ Añadir $(\star)$ y $(\perp)$ obtenemos que $$2I(n) = 4 \int_0^{\pi/2} \sin^{n-2}(2t)dt \implies I(n) = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^{n-2}(2t)dt$$ Confío en que puedas seguir adelante, utilizando este puesto, que evalúa $\displaystyle \int_0^{\pi} \sin^{k}(t) dt$ y utilizando la fórmula de Stirling (o) Wallis.

Answer 3

A problema relacionado . Utilizar el cambio de variables $ \frac{1}{1+x^2}=t $ entonces tenemos

$$ n^{1/2}\int_0^\infty \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)^ndx = \sqrt{n}2^{n-1} \int_0^1 t^{\frac{n}{2}-\frac{3}{2}}(1-t)^{\frac{n}{2}-\frac{1}{2}}dt$$

$$=\sqrt{n}2^{n-1}\beta\left(\frac{n}{2}-\frac{1}{2},\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\right)=\sqrt{n} 2^{n-1}\frac{\Gamma(\frac{n}{2}-\frac{1}{2})\Gamma(\frac{n}{2}+\frac{1}{2})}{\Gamma(n)}=I(n), $$

donde $\beta$ es el $\beta$ función . Tomando el límite de $I(n)$ tenemos

$$ \lim_{n\to \infty} I(n)=\sqrt{2\pi}. $$

Puedes utilizar la aproximación de Stirling $n!=\Gamma(n+1) \sim \left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2 \pi n} $ de la función gamma para evaluar el límite

Answer 4

$$\lim_{n\to\infty} n^{1/2}\int_0^\infty \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)^n dx = {1\over\sqrt{n}}\lim_{n\to \infty} \int_0^{\pi/2} \left(2\tan(x)\over \sec^2(x)\right)^n{ \sec^2(x)\,dx}$$ ¿Puedes usar esto?