Cómo demostrar a $\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n}\int_0^\pi{\cos(\frac{t}{2})^n}dt>0$

Question

Yo quiero probar $$\lim_{n \to +\infty}\sqrt{n}\int_0^\pi{\cos\left(\frac{t}{2}\right)^n}dt>0.$$ En primer lugar, considero que $$\lim_{n \to +\infty}\sqrt{n}\int_0^\pi{\cos\left(\frac{t}{2}\right)^n}\sin\left(\frac{t}{2}\right)dt,$$ which is smaller than what I want, but the second integral leads to $$\lim_{n \to +\infty}\frac{\sqrt{n}}{2(n+1)}.$$ por Lo que no funciona.

Answer 1

Por un cambio de las variables de $t\mapsto 2x$, se desea mostrar $$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 2\sqrt n \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}x} dx > 0.$$

Ahora, es necesario evaluar el $$I\left( n \right) = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}x} dx$$

Para $n\geq 2$ podemos reducir esta integral con la integración por partes

$$\eqalign{ & {\cos ^{n - 1}}x = u \cr & \cos xdx = dv \cr} $$

entonces $$\eqalign{ & - \left( {n - 1} \right){\cos ^{n - 2}}x\sen xdx = du \cr & \sen x = v \cr} $$

así $$\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}x} dx = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {n - 1} \right){{\cos }^{n - 2}}x{{\sin }^2}xdx} $$ for the other term vanishes. But $$\displaylines{ \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {n - 1} \right){{\cos }^{n - 2}}x{{\pecado }^2}xdx} = \left( {n - 1} \right)\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{n - 2}}x\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right)dx} \cr = \left( {n - 1} \right)\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{n - 2}}xdx} - \left( {n - 1} \right)\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx} \cr = \left( {n - 1} \right)I\left( {n - 2} \right) - \left( {n - 1} \right)I\a la izquierda( n \right) \cr} $$

lo que significa que $$I\left( n \right) = \left( {\frac{{n - 1}}{n}} \right)I\left( {n - 2} \right)$$ Si $n=2m$ es aún, o si $n=2m+1$ es impar tenemos

$$\displaylines{ I\a la izquierda( n \right) = \frac{{2m - 1}}{{2m}}\frac{{2m - 3}}{{2m - 2}} \cdots \frac{3}{4}\frac{1}{2}\left( 0 \right) \cr I\a la izquierda( n \right) = \frac{{2m}}{{2m + 1}}\frac{{2m - 2}}{{2m - 1}} \cdots \frac{4}{5}\frac{2}{3}\left( 1 \right) \cr} $$

para reducir el número de $2$ cada vez, así que si empezamos con un número impar, se quedo $1$.

Así que, finalmente, desde

$$\displaylines{ I\left( 0 \right) = \frac{\pi }{2} \cr I\left( 1 \right) = 1 \cr} $$

obtenemos $n$ incluso $$I\left( n \right) = \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}}\frac{\pi }{2}$$ and for $n$ odd $$I\left( n \right) = \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}}$$

Así pues, tenemos dos secuencias a considerar

$$\displaylines{ {a_{2m}} = \sqrt {2m} \frac{{\left( {2m - 1} \right)!!}}{{\left( {2m} \right)!!}}\frac{\pi }{2} \cr {a_{2m + 1}} = \sqrt {2m + 1} \frac{{\left( {2m} \right)!!}}{{\left( {2m + 1} \right)!!}} \cr} $$

Pero Wallis " aproximación dice $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left[ {\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}} \right]^2}\frac{1}{2n} = \frac{\pi }{2}$$

así que

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}\frac{1}{{\sqrt n }} = \sqrt \pi $$

Todas las cosas consideradas $$\displaylines{ \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } {a_{2m + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sqrt {2m + 1} \frac{{\left( {2m} \right)!!}}{{\left( {2m + 1} \right)!!}} \cr = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \frac{{\sqrt {2m + 1} }}{{2m + 1}}\frac{{\left( {2m} \right)!!}}{{\left( {2m - 1} \right)!!}} \cr = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \frac{1}{{\sqrt {2m + 1} }}\frac{{\sqrt m }}{{\sqrt m }}\frac{{\left( {2m} \right)!!}}{{\left( {2m - 1} \right)!!}} \cr = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sqrt {\frac{m}{{2m + 1}}} \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \frac{1}{{\sqrt m }}\frac{{\left( {2m} \right)!!}}{{\left( {2m - 1} \right)!!}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sqrt \pi = \sqrt\frac\pi2 \cr} $$

---

$$\mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } {a_{2m}} = \frac{\pi }{{\sqrt 2 }}\mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sqrt m \frac{{\left( {2m - 1} \right)!!}}{{\left( {2m} \right)!!}} = \frac{\pi }{{\sqrt 2 }}\frac1{\sqrt\pi} = \sqrt\frac\pi2 $$

Por lo tanto, el límite existe y es positiva, como se desee.

Answer 2

Esta integral puede ser analizado mediante el Método de Laplace. Escribir

$$\cos{\left(\frac{t}{2}\right)}^n = e^{n \log{\cos{(t/2)}}}$$

Tenga en cuenta que $\log{\cos{(t/2)}}$ tiene un máximo en$t=0$; $n \to \infty$ es cada vez más estrecho y alto pico de alrededor de $t=0$. Por lo tanto podemos Taylor ampliar acerca de $t=0$ e ignorar las contribuciones de distancia de un pequeño barrio de $t=0$:

$$\int_0^{\pi} dt \, \cos{\left(\frac{t}{2}\right)}^n \sim \int_0^{\epsilon} dt \, e^{n \log{(1-t^2/8)}} $$

donde $\epsilon = O\left(n^{-1/2}\right)$. Debido a que las contribuciones lejos de $[0,\epsilon]$ son exponencialmente pequeño, podemos extender la integral a cabo hasta el infinito en el error de que el líder de la orden de aproximación. Taylor ampliar el registro del término, nos encontramos con

$$\int_0^{\pi} dt \, \cos{\left(\frac{t}{2}\right)}^n \sim \int_0^{\infty} dt \, e^{-n t^2/8} = \frac12 \sqrt{\frac{8 \pi}{n}}$$

Por lo tanto

$$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \int_0^{\pi} dt \, \cos{\left(\frac{t}{2}\right)}^n =\sqrt{2 \pi}$$

Answer 3

Su primer intento es una buena idea, en la que se reduce el problema a algo que se puede calcular de forma explícita. Lástima que no funcionó. Tal vez debería en lugar de tratar de analizar el problema desde un ángulo diferente. Después de todo, $\cos(t/2)<1$ la mayoría de los lugares, por lo que el $n$th energía llega a cero realmente rápido (geométricamente, que es) como $n\to\infty$. Es por eso que usted puede esperar que el límite es igual a cero. Sólo tiene la $\sqrt{n}$ factor de estar en contra de esta. Pero no puede ganar contra un geométrica en la bajada a cero!!! Lo que usted necesita para concentrarse en los lugares donde $\cos(t/2)$ está cerca de a $1$, es decir, el muy pequeño $t$. Ahora usted puede ver por qué su intento fracasó, por $\sin(t/2$ es también muy pequeño donde $t$ es pequeña, y que sopla es para usted.

Así que tal vez debería buscar otra función que es menor que $\cos(t/2)^n$, sin embargo, está cerca de al $t$ es pequeña, y que se puede integrar de forma explícita.