¿Es correcta esta ecuación?
$$\lim_{N \to \infty} \prod_{n=1}^N (a^2\cos^2 (2\pi n/N)+b^2\sin^2(2\pi n/N))^{1/N}=ab$$
Si es así, ¿por qué?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
La respuesta ha sido revisado sustancialmente. En particular, la revisión anterior citó a un valor incorrecto para la integral $I(a,b)$, lo que resultó en una respuesta incorrecta. Espero que esta revisión es correcta. :-)
El límite es de $\Big(\frac{a+b}{2} \Big)^2$ e no es $ab$ (postura). Yo romper la solución en múltiples etapas para facilitar su comprensión.
(1) Una suma de Riemann y la integral. En primer lugar, convertir el producto de una suma por tomar registros: $$ \frac{1}{N} \sum_{n=1}^N \ln \left( a^2 \cos^2 (2\pi n/N) + b^2 \sin^2 (2\pi n/N) \right). $$ Esta es la suma de Riemann de la función $$f: [0,1] \to \mathbb R : x \mapsto \ln \left( a^2 \cos^2 (2\pi x) + b^2 \sin^2 (2\pi x) \right) ,$$ correspondiente a la partición uniforme de $[0,1]$ a $N$ partes. Desde $f$ es integrable (por ser una función continua sobre un intervalo compacto), como $N \to \infty$, esta cantidad tiende a
$$ \int_0^1 \ln \left( a^2 \cos^2 (2\pi x) + b^2 \sin^2 (2\pi x) \right) \ dx = \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2\pi} \ln \left( a^2 \cos^2 y + b^2 \sin^2 y \right) \ dy . $$ Llame a esta integral $I(a,b)$.
(2) la Evaluación de los $I(a,b)$. Utilizamos la idea de la diferenciación bajo el signo integral. $$ \begin{align*} \frac{\partial }{\partial a} I(a,b) &= \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2\pi} \frac{\partial}{\partial a} \ln \left( a^2 \cos^2 y + b^2 \sin^2 y \right) \ dy \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2\pi} \frac{2a \cos^2y}{a^2 \cos^2 y + b^2 \sin^2 y } \ dy . \\ &= \frac{a}{\pi} \int_0^{2\pi} g(y) \ dy , \end{align*} $$ donde $g(y) = \frac{\cos^2y}{a^2 \cos^2 y + b^2 \sin^2 y }$. Desde $g(y) = g(\pi + y)$, podemos escribir esta integral como $\frac{2a}{\pi} \int_0^{\pi} g(y) \ dy$. Del mismo modo, desde la $g(y) = g(\pi - y)$, podemos simplificar aún más a $\frac{4a}{\pi} \int_0^{\pi/2} g(y) \ dy$.
(3) la Evaluación de los $\int_0^{\pi/2} g(y)dy$. El uso de Wolfram|Alpha, podemos encontrar la integral indefinida $$ \int g(y) \ dy = \int \frac{\cos^2 y}{ a^2 \cos^2 y + b^2 \sin^2 y} \ dx = \frac{ay - b \ \arctan \Bigl( \frac{b \bronceado y}{a} \Bigr)} {(a^2 - b^2)} \color{\Gris}{+ \mathrm{const}}. $$ Mediante la conexión de los límites de $0$$\pi/2$, obtenemos $$ \int_0^{\pi/2} g(y) \ dy = \frac{ \left. ay - b \; \arctan \Bigl( \frac{b \bronceado y}{a} \Bigr) \right|_{0}^{\pi/2}}{a(a^2 - b^2)} = \frac{(a-b) \frac{\pi}{2}}{a(a^2 - b^2)} = \frac{\pi}{2a(a+b)}. $$ Por lo tanto, $\frac{4a}{\pi} \int_0^{\pi/2} g(y) \ dy = \frac{2}{a+b}$.
(4) a $I(a,b)$. Tenemos $\frac{\partial}{\partial a} I(a,b) = \frac{2}{a+b}$. Del mismo modo, $\frac{\partial}{\partial b} I(a,b) = \frac{2}{a+b}$. La combinación de estas dos observaciones, llegamos a la conclusión de $$ I(a,b) = 2 \ln (a+b) + \mathrm{const}. $$ Al $a=b=1$, la integral es $0$, lo que da la constante a se $- 2\ln 2$. Por lo tanto
$$ I(a,b) = 2\ln \Bigl( \frac{a+b}{2} \Bigr). $$
(5) la respuesta Final. Para obtener la respuesta final, sólo necesitamos exponentiating esta respuesta. Es decir, el límite mencionado en la pregunta es igual a $\Bigl(\frac{a+b}{2} \Bigr)^2$.
Anthony Shaw
Puntos
858
Esta no es una respuesta, sino simplemente una verificación de la integral en Srivatsan la respuesta.
El uso de $\cos^2(y)=\frac{1+\cos(2y)}{2}$$\sin^2(y)=\frac{1-\cos(2y)}{2}$, $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\left(a^2\cos^2(y)+b^2\sin^2(y)\right)\mathrm{d}y\etiqueta{1} $$ se convierte en $$ \log\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\left(1+\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cos(2y)\right)\;\mathrm{d}y\tag{2} $$ Dejando $x=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ y la sustitución de $y\mapsto y/2$, la integral en $(2)$ se convierte en $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\left(1+x\cos(y)\right)\;\mathrm{d}y\etiqueta{3} $$ Tomando la derivada de la $(3)$ con respecto al $x$ rendimientos $$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\left(1+x\cos(y)\right)\;\mathrm{d}y &=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\cos(y)}{1+x\cos(y)}\mathrm{d}y\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\frac{\frac{1-z^2}{1+z^2}}{1+x\frac{1-z^2}{1+z^2}}\frac{2\mathrm{d}z}{1+z^2}\\ &=\frac{1}{\pi(1+x)}\int_{-\infty}^\infty\frac{(1-z^2)\;\mathrm{d}z}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}z^2\right)(1+z^2)}\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty\left(\frac{\frac{1}{x}}{1+z^2}-\frac{\frac{1}{x(1+x)}}{1+\frac{1-x}{1+x}z^2}\right)\mathrm{d}z\\ &=\frac{1}{x}-\frac{1}{x(1+x)}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\\ &=\frac{1}{x}-\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\tag{4} \end{align} $$ donde $z=\tan(y/2)$.
La integración de $(4)$ da $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\left(1+x\cos(y)\right)\;\mathrm{d}y=\log\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{2}\right)\tag{5} $$ Sustituyendo $x=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ a $(5)$ $(5)$ a $(2)$ rendimientos $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\left(a^2\cos^2(y)+b^2\sin^2(y)\right)\mathrm{d}y=2\log\left(\frac{a+b}{2}\right)\tag{6} $$
