Encontrar límite $a_{n + 1} = \int_{0}^{a_n}(1 + \frac{1}{4} \cos^{2n + 1} t)dt,$

Question

Encontrar el límite de la secuencia:
$$a_{n + 1} = \int_{0}^{a_n}(1 + \frac{1}{4} \cos^{2n + 1} t)dt,$$

tal que $a_0 \in (0, 2 \pi)$

---

Esa fue una de las tareas en la Olimpiada.

Aquí está mi enfoque.

En primer lugar, quería simplificar la integral:

$\int_{0}^{a_n}(1 + \frac{1}{4} \cos^{2n + 1} t)dt = \int_{0}^{a_n}(dt) + \frac{1}{4} \int_{0}^{a_n} \cos^{2n + 1} (t) dt$

Que lleva a la siguiente relación:
$$a_{n + 1} = a_n + \frac{1}{4} \int_{0}^{a_n} \cos^{2n + 1} (t) dt$$

Ahora, hay un $\cos t$ con una fuerza que me recordó a la standart integral de la $\int \cos^n(x) dx$. Podemos encontrar una fórmula recursiva para ello de la siguiente manera:

$I_n = \int \cos^n(x) dx = \int \cos(x) \cos^{n - 1}(x) dx = \sin x \cos^{n - 1}x - (n - 1)\int \sin(x) \cos^{n - 2}(x) (- \sin (x)) dx.$

Esto lleva a
$I_n = \sin x \cos^{n - 1}x + (n - 1) I_{n - 2} - (n - 1) I_n$

Y el final de la recurrencia de la relación es $$I_n = \frac{1}{n} \sin x \cos^{n - 1}x + \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}$$

Por un largo tiempo estoy tratando de hacer una conexión entre el original de la integral de la $\int_{0}^{a_n} \cos^{2n + 1} (t) dt$ y este de la recurrencia de la relación, pero que no han llegado a algo significativo en el momento.

---

Bien, supongo que podemos simplemente enchufe en $2n + 1$ en lugar de $n$ y obtenemos
$$I_{2n + 1} = \frac{1}{2n + 1} \sin x \cos^{2n}x + \frac{2n}{2n + 1} I_{2n - 1}$$

---

Ok, ahora si tratamos de evaluar esta como la integral definida, debemos obtener

$I_{2n + 1}(a_n) - I_{2n + 1}(0) = (\frac{1}{2n + 1} \sin a_n \cos^{2n}a_n + \frac{2n}{2n + 1} I_{2n - 1}(a_n)) - (0 + \frac{2n}{2n + 1} I_{2n - 1}(0))$
$I_{2n + 1}(a_n) - I_{2n + 1}(0) = \frac{1}{2n + 1} \sin a_n \cos^{2n}a_n + \frac{2n}{2n + 1} I_{2n - 1}(a_n) - \frac{2n}{2n + 1} I_{2n - 1}(0).$

Así, $$\frac{1}{4} \int_{0}^{a_n} \cos^{2n + 1} (t) dt = \frac{1}{4(2n + 1)} \sin a_n \cos^{2n}a_n + \frac{2n}{4(2n + 1)} \big[ I_{2n - 1}(a_n) - I_{2n - 1}(0) \big] $$

$$\frac{1}{4} \int_{0}^{a_n} \cos^{2n + 1} (t) dt = \frac{1}{4(2n + 1)} \sin a_n \cos^{2n}a_n + \frac{2n}{4(2n + 1)} \big[ I_{2n - 1}(a_n) - \cos a_0 \big] $$

Agradecería cualquier ayuda si me dan algunas ideas o pistas sobre cómo proceder.

Answer 1

El límite es de $\pi$.

Primera nota de que

$$a_{n+1} = a_n + \frac{1}{4}\int_0^{a_n} \cos^{2n+1} t\,dt.$$

$\cos^{2n+1} t$ es positivo en $(0,\pi/2)$, un resultado negativo en el $(\pi/2,3\pi/2)$, y de nuevo positivo en $(3\pi/2,2\pi)$. Por las simetrías del coseno, tenemos

$$\int_0^{\pi} \cos^{2n+1} t\,dt = 0 = \int_0^{2\pi} \cos^{2n+1} t\,dt,$$

por lo $a_{n+1} = a_n$ si $a_n = \pi$, $a_{n+1} > a_n$ si $0 < a_n < \pi$, e $a_{n+1} < a_n$ si $\pi < a_n < 2\pi$. Además, para $\pi < a_n < 2\pi$ hemos

$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{4}\int_{\pi}^{a_n} \cos^{2n+1} t\,dt > \frac{1}{4} \int_{\pi}^{a_n} (-1)^{2n+1}\,dt = -\frac{1}{4}(a_n-\pi),$$

y lo mismo para $0 < a_n < \pi$ hemos

$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{4}\int_0^{a_n} \cos^{2n+1} t\,dt = -\frac{1}{4}\int_{a_n}^{\pi} \cos^{2n+1} t\,dt < -\frac{1}{4} \int_{a_n}^{\pi} (-1)^{2n+1}\,dt = \frac{1}{4}(\pi - a_n),$$

por lo $a_n > \pi \implies a_{n+1} > \pi$, e $a_n < \pi \implies a_{n+1} < \pi$.

Por lo tanto, cualquiera que sea el punto de partida, la sucesión es monótona y acotada, por lo tanto converge.

Considere el caso en $0 < a_0 < \pi$, en el caso de $\pi < a_0 < 2\pi$ es análogo.

Por el bien de la contradicción, supongamos que $a = \lim\limits_{n\to\infty} a_n < \pi$.

Si $a \leqslant \pi/2$, a continuación, para todos lo suficientemente grande como $n$ tendríamos

\begin{align} a_{n+1} - a_{n} &> \frac{1}{4} \int_0^{\frac{1}{2n+1}} \cos^{2n+1} t\,dt \\ &> \frac{1}{4}\int_0^{\frac{1}{2n+1}} (1-t^2)^{2n+1}\,dt \\ &> \frac{1}{4} \int_0^{\frac{1}{2n+1}} 1 - (2n+1)t^2\,dt \\ &= \frac{1}{4}\biggl(\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{3(2n+1)^2}\biggr) \\ &> \frac{1}{8(2n+1)}, \end{align}

pero la serie

$$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{8(2n+1)}$$

es divergente, mientras que $\sum (a_{n+1} - a_n)$ es convergente. Así pues, tenemos una contradicción.

Si asumimos $\pi/2 < a < \pi$, obtenemos el análogo contradicción señalando que para todos lo suficientemente grande como $n$ tendríamos

$$a_{n+1} - a_n > -\frac{1}{4}\int_{\pi - \frac{1}{2n+1}}^{\pi} \cos^{2n+1} t\,dt > \frac{1}{8(2n+1)}.$$

Por lo tanto, el límite es de $\pi$.

Answer 2

Se puede verificar fácilmente que $$I_(2n+1) \to 0$$,$% $ $ as n\to \infty$y $$\lim_{n\to\infty} a_(n+1)-a_n =0$ $ y a_1 = \int_ {0} {a_0} (1 + cost) dt = 2π