límite de movimiento a través de la muestra integral

Question

Que $F(\alpha) = \int\limits_0^{\pi/2} \ln( \alpha^2 - \sin^2 x) \mathrm{d} x $ donde $\alpha>1$

Soy tentador argumentar que $F(1) = \int\limits_0^{\pi/2} \ln (1 - \sin^2 x) dx = \int\limits_0^{\pi/2} \ln \cos^2 x dx $

Pero, $\alpha > 1$. Así, la única manera que podemos hacerlo es si podemos hacer las siguientes

$$ \lim_{\alpha \to 1^+ } \int\limits_0^{\pi/2} \ln( \alpha^2 - \sin^2 x) \mathrm{d} x = \int\limits_0^{\pi/2} \lim_{\alpha \to 1^+} \ln( \alpha^2 - \sin^2 x) \mathrm{d} x $$

QS: nos permite mover el límite de tal manera?

Answer 1

Vamos a examinar la función que se integra. Si $\alpha = 1$ la función es:

$$ \lim_{x \to 1}\;\bigg[ \log (1 - \sin^2 x) \bigg] = -\infty $$

Tenemos algo para estar preocupado. Nuestros integral es impropia pero en realidad se ve un poco OK

$$ \int_0^{\pi/2} \bigg[ \log (1 - \sin^2 x) \bigg] \, dx $$

Cerca de el valor de $x = 1$ podemos encontrar un cuttoff donde el error es uniforme con respecto a $\alpha$?

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}(1-\epsilon)} \bigg[ \log ( \alpha^2 - \sin^2 x) \bigg] \, dx + \int_{\frac{\pi}{2}(1-\epsilon)}^{\frac{\pi}{2}} \bigg[ \log ( \alpha^2 - \sin^2 x) \bigg] \, dx$$ El primer término que ahora coverges unifromly ya hemos retirado el polémico art. Pero ahora la otra parte: $$ \frac{\pi \epsilon}{2} \bigg[ \log ( \alpha^2 - 0) \bigg] > \int_{\frac{\pi}{2}(1-\epsilon)}^{\frac{\pi}{2}} \bigg[ \log ( \alpha^2 - \sin^2 x) \bigg] \, dx > \frac{\pi \epsilon}{2} \bigg[ \log \Big( 1^2 - (1-\frac{\pi \epsilon}{2})^2 \) \bigg] $$ donde $\alpha > 1$ (y realmente $\alpha = 1 + \epsilon'$). También debemos decir $\alpha < \sqrt{2}$.

Muy importante RHS no depende de $\alpha$. Y estoy usando ese $0 < \sin x < x$ siempre $x > 0$.

Answer 2

Usted puede intercambiar el límite y el integral.

La función $g(x) = \ln 2 - \ln(\alpha^2 -\sin^2(x))$ es no negativo para $1 < \alpha < 2$ y aumenta el $\alpha \searrow 1$. Por el teorema de onvergence monótona se pueden intercambiar el límite y el integral para $g$ y por lo tanto también en su problema.

Answer 3

Tiene $\enspace\lim\limits_{\alpha\to 1^+} \ln(\alpha^2-\sin^2 x) =\ln\cos^2 x\enspace$ y tenemos a prueba con
$$\lim\limits_{\alpha\to 1^+}(( \int\limits_0^{t\pi/2}\ln(\alpha^2-\sin^2 x)dx - \int\limits_0^{t\pi/2}\ln(\cos^2 x) dx )|_{t\to 1^-}) =\frac{\pi}{2} \lim\limits_{\alpha\to 1^+} \int\limits_0^1 \ln(1+\frac{\alpha^2-1}{\cos^2(\frac{\pi}{2}x)}) dx$ $ Si tiene $$\lim\limits_{\alpha\to 1^+} \int\limits_0^1 \ln(1+\frac{\alpha^2-1}{\cos^2(\frac{\pi}{2}x)}) dx = \int\limits_0^1 \lim\limits_{\alpha\to 1^+} \ln(1+\frac{\alpha^2-1}{\cos^2(\frac{\pi}{2}x)}) dx =0$ $.

De $\enspace\cos(\frac{\pi}{2}x)>1-x\enspace$ $\enspace0<x<1\enspace$ y por lo tanto $$0< \int\limits_0^t \ln(1+\frac{\alpha^2-1}{\cos^2(\frac{\pi}{2}x)}) dx <\int\limits_0^t \ln(1+\frac{\alpha^2-1}{(1-x)^2}) dx $$ gives us an upper bound for $\enspace 0 < $ t\leq 1.

$\enspace a:=\sqrt{\alpha^2-1}\to 0\enspace $ $\enspace \alpha\to 1^+\enspace $ Es $$\int\limits_0^1 \ln(1+\frac{a^2}{(1-x)^2}) dx =$$ $$=[2a\arctan\frac{a}{1-x}-(1-x)(\ln((1-x)^2+a^2)-2)+(1-x)(\ln((1-x)^2)-2)]_0^1$$ $$\enspace \enspace = a\pi-2a\arctan a+\ln(1+a^2)\leq a\pi$$ for all $\enspace a\geq 0\enspace $ y sigue $$\lim\limits_{a\to 0} \int\limits_0^1 \ln(1+\frac{a^2}{(1-x)^2}) dx=0 $ $ y por lo tanto la respuesta a tu pregunta es sí.