Iguales

Question

¿Que $$C_n=\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}\frac{\tan^{-1}nx}{\sin^{-1}nx}dx$$ then $ \lim_{n\rightarrow\infty} n ^ 2C_n$ iguales?

Estoy teniendo problemas para encontrar la integral. Alfa Wolfram también no da ninguna respuesta http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+arctan(nx)%2Farcsin(nx).

¿Alguna idea?

Answer 1

trate de una sustitución $x n= q$, entonces

Dq $$ C_n=\frac{1}{n}\int_{\frac{n}{n+1}}^1\frac{\arctan(q)}{\arcsin(q)} $$

desde $\frac{n}{n+1}\sim1 $ $n \rightarrow \infty$ podríamos ampliar el integrando en un taylorseries alrededor de $q=1$ $\arctan(x)\sim \frac{\pi}{4}$ y $\arcsin(x)\sim \frac{\pi}{2}$

$$ C_n\sim\frac {1} {2n} \int_\frac {n} {n+1} ^ 1dq\ \sim\frac{1}{2 n ^ 2} $

por lo tanto

$$ \lim_{n\rightarrow \infty}n^2 C_n = \frac {1} {2} $

Answer 2

Haciendo la transformación $x \mapsto x/n$, vemos $$C_n = n \int^1_{\tfrac n {n+1}} \frac{\arctan x}{ \arcsin x} dx.$$ From here, put $$f(t) = \int_t^1 \frac{\arctan x}{ \arcsin x} dx.$$ Expanding in a Taylor series, we see that for $t$ near $1$, we have $$f(t) = f(1) + (t-1)f'(1) + \mathcal O((t-1)^2).$$ But $f(1) = 0$ and $$f'(t)= - \frac{\arctan(t)}{\arcsin(t)} \,\,\, \implies \,\,\, f'(1) = -\frac{\pi/4}{\pi / 2} = -\frac 1 2$$ so for very large $n $, we have $$C_n = n f\left( \tfrac n {n+1} \right) = n \cdot \tfrac 1 2 \left(1-\tfrac n {n+1} \right) + n \mathcal O \left( \left( 1-\tfrac n {n+1} \right)^2 \right). $$ Finally, $1 - \tfrac n {n+1} = \tfrac 1 {n+1} $ so we get $$C_n = \frac 1 2\frac n {n+1} + \mathcal O \left( \frac 1 n\right) $$ so $% $ $\lim_{n\to\infty} C_n = \frac 1 2. $

Answer 3

Por MVT para integrales, hay $\xi_n\in[\frac{1}{n+1},\frac1n]$ $$ \int_\frac{1}{n+1}^\frac1n\frac{\tan^{-1}(nx)}{\sin^{-1}(nx)}dx=\frac{\tan^{-1}(n\xi_n)}{\sin^{-1}(n\xi_n)}\frac{1}{n(n+1)}.$ $ que tenga en cuenta que ambos $\sin^{-1}x$ y $\tan^{-1}x$ aumentan en $[0,1]$ y $$\frac{\tan^{-1}(n\cdot\frac1{n+1})}{\sin^{-1}(n\cdot\frac1{n})}\le\frac{\tan^{-1}(n\xi_n)}{\sin^{-1}(n\xi_n)}\le \frac{\tan^{-1}(n\cdot\frac1n)}{\sin^{-1}(n\cdot\frac1{n+1})}. $ $ así %#% $ de #% que implica $$ n^2\frac{\tan^{-1}(n\cdot\frac1{n+1})}{\sin^{-1}(n\cdot\frac1{n})}\frac{1}{n(n+1)}\le n^2\int_\frac{1}{n+1}^\frac1n\frac{\tan^{-1}(nx)}{\sin^{-1}(nx)}dx\le n^2\frac{\tan^{-1}(n\cdot\frac1n)}{\sin^{-1}(n\cdot\frac1{n+1})}\frac{1}{n(n+1)} $ $

Answer 4

Mi idea es dividir la integral en $\int_0^{1/n} - \int_0^{1/(n+1)}$. Entonces ponen el $n^2$ en el denominador como $1/n^2$. Ahora usted debe crearse para la regla de L'hospital:

$$\lim_{n\rightarrow \infty} n^2C_n = \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\int_0^{1/n} \frac{\tan^{-1}nx}{\sin^{-1}nx} \;dx - \int_0^{1/(n+1)} \frac{\tan^{-1}nx}{\sin^{-1}nx}\; dx}{\frac{1}{n^2}}$$

Tomar el derivado de la parte superior e inferior:

$$=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{ \frac{\tan^{-1}1}{\sin^{-1}1} - \frac{\tan^{-1}\frac{n+1}{n}}{\sin^{-1}\frac{n+1}{n}}}{\frac{-2}{n^3}}$$

Una aplicación más del L'hospital debe dar (?) una expresión algebraica sobre todo.