Cómo encontrar este límite $I=\lim_{n\to\infty}n^a\left(\int_{0}^{\pi/2}\sin{(nx)}\cos^n{x}dx\right)=b$

Question

Si la constante $a,b\neq 0$ tal $$ me = \lim_ {\to \infty}\left[% n n ^ {un} \int_ {0} ^ {\pi/2} \sin\left (nx\right) \cos^ {n} \left (x\right) \, {\rm d} x \right] = b $$

encontrar $a,b$

Mi idea: desde $$\sin{(nx)}=\dfrac{e^{inx}-e^{-inx}}{2i}$ $ $$\cos{x}=\dfrac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix})$ $ así $$(e^{ix}+e^{-ix})^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}e^{i(n-k)x}e^{-ikx}$ $ para % $ $$\sin{(nx)}\cos^n{x}=\dfrac{1}{2i}\cdot\dfrac{1}{2^n}(e^{inx}-e^{-inx})(e^{ix}+e^{-ix})^n=\dfrac{1}{2^{n+1}\cdot i}\sum_{k=0}^{n}\left(\binom{n}{k}(e^{i(2n-2k)x}-e^{-2ikx}\right)$entonces no se puede. Gracias

Answer 1

Aquí es un enfoque muy simples pasos $$ \begin{align} &n\int_0^{\pi/2}\sin(nx)\cos^n(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{n}{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^{\pi/2}\sin(nx)\cos((n-2k)x)\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\frac{n}{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^{\pi/2}\frac12\left[\vphantom{\frac12}\sin(2(n-k)x)+\sin(2kx)\right]\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\frac{n}{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^{\pi/2}\sin(2kx)\,\mathrm{d}x\tag{3}\\ &=\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac1{2k}(1-\cos(k\pi))\tag{4}\\ &=\frac{n}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\frac{1^k-(-1)^k}{k}\tag{5}\\ &=\frac{n}{2^{n+1}}\int_{-1}^1\frac{(1+x)^n-1}{x}\,\mathrm{d}x\tag{6}\\ &=\frac{n}{2^{n+1}}\int_0^2\frac{x^n-1}{x-1}\,\mathrm{d}x\tag{7}\\ &=\frac{n}{2^{n+1}}\int_0^2\sum_{k=1}^nx^{k-1}\,\mathrm{d}x\tag{8}\\ &=\frac{n}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}\tag{9}\\ &=\frac{n}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{2^{n+1-k}}{n+1-k}\tag{10}\\ &=\sum_{k=1}^n\frac{2^{-k}}{1-(k-1)/n}\tag{11}\\ &\to\sum_{k=1}^\infty2^{-k}\tag{12}\\[6pt] &=1\tag{13} \end{align} $$ Explicación:
$\ \:(1):$ $\cos^n(x)=\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)^n=\frac1{2^n}\sum\limits_{k=0}^n\binom{n}{k}e^{i(n-2k)x}=\frac1{2^n}\sum\limits_{k=0}^n\binom{n}{k}\cos((n-2k)x)$
$\ \:(2):$ $\sin(A)\cos(B)=\frac12\left[\vphantom{\frac12}\sin(A+B)+\sin(A-B)\right]$
$\ \:(3):$ combinar términos idénticos
$\ \:(4):$ integrar
$\ \:(5):$ evaluar
$\ \:(6):$ ampliar e integrar para obtener $(5)$
$\ \:(7):$ sustituto $x\mapsto x-1$
$\ \:(8):$ ampliar cociente
$\ \:(9):$ integrar
$(10):$ reindex $k\mapsto n+1-k$
$(11):$ distribuir más de la suma
$(12):$ dominado convergencia: dominado por $k2^{-k}$
$(13):$ geométrica de la suma de la

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La prueba y el Uso de un Buen Recursividad

El uso de una identidad trigonométrica y la integración por partes, vemos que $$ \begin{align} I_n &=\int_0^{\pi/2}\sin(nx)\cos^n(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}\left[\vphantom{\frac12}\sin((n+1)x)\cos(x)-\cos((n+1)x)\sin(x)\right]\cos^n(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin((n+1)x)\cos^{n+1}(x)\,\mathrm{d}x+\int_0^{\pi/2}\cos((n+1)x)\frac{\mathrm{d}\cos^{n+1}(x)}{n+1}\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin((n+1)x)\cos^{n+1}(x)\,\mathrm{d}x-\frac1{n+1}+\int_0^{\pi/2}\sin((n+1)x)\cos^{n+1}(x)\,\mathrm{d}x\\ &=2I_{n+1}-\frac1{n+1} \end{align} $$ Sustituyendo $n\mapsto n-1$ y resolviendo $I_n$ los rendimientos de la recursividad mencionado por gar y Chris del sis: $$ I_n=\frac12\left(I_{n-1}+\frac1n\right) $$ Multiplicando por $2^n$ da $$ 2^nI_n=2^{n-1}I_{n-1}+\frac{2^{n-1}}{n} $$ y desde $I_0=0$, obtenemos $$ 2^nI_n=\sum_{k=1}^n\frac{2^{k-1}}{k} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} n\,I_n &=n\sum_{k=1}^n\frac{2^{k-n-1}}{k}\\ &=n\sum_{k=1}^n\frac{2^{-k}}{n+1-k}\\ &=\sum_{k=1}^n\frac{2^{-k}}{1-(k-1)/n}\\ \end{align} $$ que es $(11)$ por encima.

Answer 2

¿Puedo yo intentarlo en una línea? Desde $\displaystyle I_k=\frac{I_{k-1}}{2}+\frac{1}{2k}\Rightarrow 2^kI_k=2^{k-1}I_{k-1}+\frac{2^{k-1}}{k}$ y %#% $ #% como consecuencia de Teorema de Stolz Cesaro.

Answer 3

Vamos

\begin{align*} I_n &= \int_{0}^{\pi/2}\sin{(nx)}\cos^n{x}dx \end{align*}

Una fórmula de reducción parece ser \begin{align*} I_n &= \frac{1}{2}\left(I_{n-1}+\frac{1}{n}\right) \\ I_0 &= 0 \end{align*}

La simplificación que se obtiene:

\begin{align*} I_n &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k\left(n-k+1\right)} \end{align*}

y la generación de la función de $I_n$ es \begin{align*} G(z) &= -\frac{\log{\left(1-z\right)}}{\left(2-z\right)} \end{align*}

Ahora, tenemos que obtener el asymptotics para $[z^n]$

Actualización

Para el análisis asintótico, podemos utilizar el teorema VI.12, pp 434 en la analítica de la combinatoria, que establece:

Deje $a(z) = \sum_n a_n z^n$ $b(z) = \sum_n b_n z^n$ ser dos de alimentación de la serie con los radios de convergencia $\alpha > \beta \ge 0$, respectivamente. Suponga que $b(z)$ satisface la prueba de razón,$$\frac{b_{n-1}}{b_n}\to \beta \; \; \text{ as } n\to\infty$$

A continuación, los coeficientes del producto $f(z) = a(z)\cdot b(z)$ satisfacer $$[z^n] f(z) \sim a\left(\beta\right)b_n\; \; \text{ as } n\to\infty$$ provided $un(\beta) \ne 0$

Por lo tanto, en nuestro gf, vamos

\begin{align*} a(z) &= \sum_n \frac{1}{2^n}z^n \\ b(z) &= \sum_n \frac{1}{n} z^n \\ \implies [z^n]G(z) &\sim \frac{1}{2}\cdot a(1)\cdot \frac{1}{n} \;\;\text{since %#%#%} \\ [z^n]G(z) &\sim \frac{1}{n} \end{align*}

Por lo tanto,

\begin{align*} \lim_{n\to\infty} n \cdot I_n &= 1 \end{align*}

Answer 4

Continuando con lo que gar hizo, si no parcial de las fracciones en la suma de $I_n$, se obtiene

$$\frac{1}{2^k (n-k+1)} = \frac{2^{-n-1}}{n-k+1} + \frac{1-2^{-1-n}}{(n+1) 2^{k}}.$$

La suma sobre el segundo término es $O(1/n)$, y esta estimación es fuerte. La suma sobre el primer término es $O(n 2^{-n})$, que se puede obtener mediante la sustitución de $k$ $n$ (lo que sólo puede aumentar el plazo). Así que el primer término de la deserción como $n \to \infty$ no importa lo $a$ es, y todos tenemos que estar preocupados con el segundo término. Por otra parte para $a<1$ va a converger a cero, por $a>1$ se desviará. Para $a=1$ debemos tener un límite finito, que es

$$\lim_{n \to \infty} \frac{n \left (1-2^{-1-n} \right )}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} = 1$$

Answer 5

A partir de lo que has hecho ya, aviso que desde el lado izquierdo es real, el lado derecho es igual a su propia parte real. Debido a de la $1/i$, esto significa que tenemos que calcular la parte imaginaria de la suma. Obtenemos (para la suma):

$$\sum_{k=0}^n {n \choose k} \left ( \sin((2n-2k)x) - \sin(-2kx) \right )$$

Esto debería ser fácil de integrar término a término, y porque estás en $[0,\pi/2]$ y todas las frecuencias, incluso, todas las integrales definidas deben tener una forma muy simple.

Usted también debe hacer su expansión binomial de nuevo, porque estoy bastante seguro de que hay un pequeño error. Usted debe tener frecuencia $n+k-(n-k)=2k$ con un signo más y frecuencia $-n+k-(n-k)=-2n+2k$ con un signo menos.