Computación $\lim\limits_{n\+\infty}n\int_{0}^{\pi/2}xf(x)\cos ^n xdx$

Question

Me quedé atrapado en el siguiente problema.

Deje que $f\in C([0,\pi/2])$, a continuación, calcular $$ \lim_{n\to+\infty}n\int\limits_{0}^{\pi/2}xf(x)\cos ^n xdx $$

Podría usted sugerir una idea útil?

Answer 1

He aquí una estadística de la solución. Deje de $X_1,\dots, X_n$ ser yo.yo.d. variables aleatorias en $[0,\pi/2]$ con la densidad de $f_X(x)=\sin(x)$. La función de distribución de $X$ es $F(x)=1-\cos(x)$. Ahora vamos a $M=\min(X_1,\dots, X_n)$; su función de densidad es $$f_M(x)=n(1-F(x))^{n-1}f_X(x)=n\,\cos^{n-1}(x)\sin(x).$$ Además, no es difícil ver que $M\to 0$ en la distribución como $n\to\infty$. Ahora, $$\int_0^{\pi/2} n \cos(x)^n xf(x)\,dx =\int_0^{\pi/2} f_M(x) \,\cos(x)\,{x\\sin(x)}f(x)\,dx =\mathbb{E}\left(\cos(M)\,{M\\sin(M)}\,f(M)\right).$$ Dado que $f$ es continua, esto converge a $\cos(0)\cdot1\cdot f(0)=f(0)$ como $n\to\infty$.

Answer 2

Tenga en cuenta que $|x-\sin x|\ll x$ cuando $x\to0$. Por lo tanto, tan pronto como la función $f:[0,\pi/2]\to\mathbb R$ es

1. medible acotada, 2. continua en $0$,

(no hay otros bienes que son necesarios para la prueba a continuación), existe una función $g:[0,\pi/2]\to\mathbb R$ que

1. $g$ es medible acotada, 2. $g(x)\to0$ cuando $x\to0$,

y tal que, para cada $x$ en $[0,\pi/2]$, $$ xf(x)=f(0)\sin x+g(x)\sin x. $$ Por lo tanto, el $n$th integral de uno está interesado en es $$ I_n=\dfrac{n}{n+1}(f(0)\,J_n+K_n), $$ con $$ J_n=(n+1)\int_0^{\pi/2}\sin x\,(\cos x)^n\,\mathrm dx=\left[-(\cos x)^{n+1}\right]_0^{\pi/2}=1, $$ y $$ K_n=(n+1)\int_0^{\pi/2}g(x)\sin x\,(\cos x)^n\,\mathrm dx. $$ (1.), existe $C$ tales que $|g(x)|\leqslant C$ para todo $x$. Por (2.), por cada $\varepsilon\gt0$ existe $x_\varepsilon\gt0$ tales que $|g(x)|\leqslant\varepsilon$ para todo $x\leqslant x_\varepsilon$. Por lo tanto, $$ |K_n|\leqslant\varepsilon J_n+(n+1)C\int_{x_\varepsilon}^{\pi/2}\sin x(\cos x)^n\,\mathrm dx=\varepsilon+C\,(\cos x\varepsilon)^{n+1}. $$ Cuando $n\to\infty$, $(\cos x\varepsilon)^{n+1}\to0$ porque $x_\varepsilon\gt0$, por lo tanto $\limsup\limits_{n\to\infty}|K_n|\leqslant\varepsilon$. Esto es por cada $\varepsilon\gt0$ por lo tanto $\lim\limits_{n\to\infty}K_n=0$. Finalmente, $$ \lim\limits_{n\to\infty}I_n=f(0). $$

Answer 3

Tenemos

$$ \int_{0}^{\pi/2}xf(x)\cos^n x \,dx = \int_0^{\pi/2} x f(x) \exp\Bigl(n\log \cos x\Bigr)\,dx. $$

La cantidad de $\log \cos x$ tiene un máximo en $x = 0$ y

$$ \log \cos x = -\frac{x^2}{2} + O(x^4) $$

como $x \to 0$, por lo que puede ser demostrado por el método de Laplace que

$$ \int_{0}^{\pi/2}xf(x)\cos^n x \,dx \sim \int_0^\infty x f(0) e^{-nx^2/2}\,dx = \frac{f(0)}{n} $$

como $n \to \infty$.

Answer 4

Esta respuesta se completó con Robert ideas en los comentarios.

Por el Weierstraß teorema de aproximación, podemos aproximado de $f$ arbitrariamente bien (en el supremum de la norma) por un polinomio. Para un polinomio $p$, tenemos

$$ \begin{align} n\int_0^{\pi/2}xp(x)\cos ^n x\,\mathrm dx &= \int_0^{\pi/2}\frac{x\cos x}{\sin x}p(x)n\sin x\cos ^{n-1} x\,\mathrm dx \\ &= \left[-\frac{x\cos x}{\sin x}p(x)\cos^n x\right]_0^{\pi/2}+\int_0^{\pi/2}\left(\frac{x\cos x}{\sin x}p(x)\right)'\cos^n x\,\mathrm dx\;. \end{align} $$

El término se evalúa a $p(0)$ para todo $n$, y la integral se va a $0$, por lo que el límite es de $p(0)$. Ahora

$$ \begin{align} \left|n\int_0^{\pi/2}xf(x)\cos ^n x\,\mathrm dx-n\int_0^{\pi/2}xp(x)\cos ^n x\,\mathrm dx\right| &= n\int_0^{\pi/2}x|f(x)-p(x)|\cos ^n x\,\mathrm dx \\ &\le \epsilon n\int_0^{\pi/2}x\cos ^n x\,\mathrm dx\;, \end{align} $$

que es de solo $\epsilon$ veces el deseado integral para $f\equiv1$ y así por el de arriba va a $\epsilon$ para $n\to\infty$. Ya que tanto los valores de la función en $0$ y los límites de las integrales se diferencian en la mayoría por $\epsilon$, la cual puede hacerse arbitrariamente pequeña, el deseado, el límite es de $f(0)$.

Answer 5

Llame a $I_n =n \int_0^{\frac{\pi}{2}} xf(x)\cos^n xdx$. Usted puede reescribir de $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{xf(x)}{\sin x}n \sin x \cos^n xdx$, y ahora si hacemos el cambio de variable $u = \cos^{n+1}$ x, tenemos $du = -(n+1)\sin x \cos^n x dx$, y $x = \arccos(u^{1/n})$. Así que ahora podemos reescribir $I_n$:

$$ I_n = \int_0^1 \frac{\arccos(u^{1/n}) }{\sin(\arccos(u^{1/n}))} f(\arccos(u^{1/n}))\frac{n}{n+1} du $$

Tenemos la cantidad de $\frac{\arccos(u^{1/n}) }{\sin(\arccos(u^{1/n}))} f(\arccos(u^{1/n}))\frac{n}{n+1}$ que va hacia $f(0)$ cuando $n de$ va hacia $+\infty$, por lo que en virtud de la convergencia dominada, $I_n \rightarrow \int_0^1 f(0) du = f(0)$