¿Cómo puedo evaluar $\lim_{n \rightarrow \infty} \int_n^\infty \frac{n^2 \arctan {\frac{1}{x}}}{x^2+n^2}\ dx$?

Question

Estoy aquí preguntándome si esta integral que nuestro profesor de matemáticas nos dio (a los estudiantes), incluso, es posible evaluar? Acabo de empezar a estudiar análisis real así que me parece muy preocupante. Aquí la tienes, y si alguien tiene alguna idea de que voy a estar muy agradecido.

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \int_n^\infty \frac{n^2 \arctan {\frac{1}{x}}}{x^2+n^2}\ dx$$

Answer 1

El cambio de las variables de $x\mapsto nx$ da $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\int_n^\infty\frac{n^2\arctan\left(\frac1x\right)}{x^2+n^2}\,\mathrm{d}x &=\lim_{n\to\infty}\int_1^\infty\frac{n\arctan\left(\frac1{nx}\right)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\tag1\\ &=\int_1^\infty\frac{\frac1x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\tag2\\ &=\int_1^\infty\left(\frac1x-\frac{x}{x^2+1}\right)\,\mathrm{d}x\tag3\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\int_1^n\frac1x\,\mathrm{d}x-\int_1^n\frac x{x^2+1}\,\mathrm{d}x\right)\tag4\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\log(n)-\frac12\log\left(\frac{n^2+1}2\right)\right)\tag5\\[3pt] &=\frac12\log(2)\tag6 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto nx$
$(2)$: $0\le\frac1x-n\arctan\left(\frac1{nx}\right)\le\frac1{3n^2x^3}$; por lo tanto, $0\le(2)-(1)\le\frac1{12n^2}$
$(3)$: fracciones parciales
$(4)$: escribir la integral impropia como un límite
$(5)$: evaluar las integrales
$(6)$: evaluar el límite

Answer 2

Lo siento de pasar por alto algunas constantes, la siguiente es para la integral $\displaystyle\int_{n}^{\infty}\dfrac{n\tan^{-1}(1/x)}{x^{2}+n^{2}}dx$, la integral en cuestión se abordará en la segunda parte.

Por cambio de variable $u=x/n$, entonces la integral es \begin{align*} \int_{1}^{\infty}\dfrac{\tan^{-1}(1/(nu))}{1+u^{2}}du. \end{align*} Pero \begin{align*} \int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{1+u^{2}}du<\infty \end{align*} y \begin{align*} \dfrac{\tan^{-1}(1/(nu))}{1+u^{2}}\leq\dfrac{\tan^{-1}1}{1+u^{2}} \end{align*} para todos $u\geq 1$, $n\geq 1$, el uso de Lebesgue Teorema de Convergencia Dominada a la conclusión de que el límite es cero.

Parece que no hay una respuesta primaria.

\begin{align*} &\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{1}^{\infty}\dfrac{\tan^{-1}(1/(nu))}{1+u^{2}}du\\ &=\lim_{n\rightarrow\infty}\tan^{-1}u\tan^{-1}(1/(nu))\bigg|_{u=1}^{u=\infty}+\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{1}^{\infty}\dfrac{\tan^{-1}u}{1+(1/(nu))^{2}}\dfrac{1}{nu^{2}}du\\ &=\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{1}^{\infty}\dfrac{\tan^{-1}u}{n^{2}u^{2}+1}du, \end{align*} pero \begin{align*} n\int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}u^{2}+1}du&=\int_{n}^{\infty}\dfrac{1}{v^{2}+1}dv\\ &=\dfrac{\pi}{2}-\tan^{-1}n\\ &\rightarrow 0. \end{align*} Sin embargo, \begin{align*} n\int_{1}^{\infty}\dfrac{\tan^{-1}u}{n^{2}u^{2}+1}du\leq\dfrac{\pi}{2}\cdot n\int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}u^{2}+1}du. \end{align*}

Para la integral en cuestión:

De modo que la integral es $\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{n\tan^{-1}(1/(nu))}{1+u^{2}}$, y tenemos $n\tan^{-1}(1/(nu))\rightarrow(1/u)$ por la regla de L'Hospital o de algún tipo, y tenga en cuenta que $\tan^{-1}v$ se comporta como $v$ pequeña $|v|$.

Y de hecho, uno deduce utilizando la fórmula de Taylor o de algún tipo que se $n\tan^{-1}(1/(nu))\leq 1/u$, y que \begin{align*} \int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{u(1+u^{2})}\leq\int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{1+u^{2}}du<\infty, \end{align*} así Lebesgue Dominado Teorema de Convergencia implica que el límite en cuestión es \begin{align*} \int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{u(1+u^{2})}du&=\int_{1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{u}-\dfrac{1}{1+u^{2}}\right)du\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty}\left(\log u\bigg|_{u=1}^{u=M}-\dfrac{1}{2}\log(1+u^{2})\bigg|_{u=1}^{u=M}\right)\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty}\left(\dfrac{1}{2}\log 2+\log\dfrac{M}{\sqrt{1+M^{2}}}\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\log 2+\log 1\\ &=\dfrac{1}{2}\log 2. \end{align*}

Answer 3

EDIT: Esta fue la intención de terminar una respuesta anterior por user284331, que contenía un error que no he logrado irregular. Voy a mantener esto porque demuestra una técnica útil, pero esta es la solución de la mal integral. Por favor, consulte las demás respuestas en su lugar.

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Voy a rematar la otra respuesta utilizando los teoremas que involucran la integral de Riemann sólo para la integridad - Lebesgue dominan la convergencia no puede ser en el ámbito de su curso (pero es la forma natural de resolver este problema).

Tenemos la secuencia $$\int_1^\infty \frac{\arctan \frac{1}{nu}}{1+u^2} \, du$$ y observar las funciones de $f_n(u) = \frac{\arctan \frac{1}{nu}}{1+u^2}$ convergen uniformemente a $0$. Nos gustaría mostrar la convergencia de las integrales a $0$. Es probable que usted venir a través del teorema de que para una secuencia de uniformemente convergente de funciones en un intervalo acotado, el límite de la integral es la integral del límite. Pero aquí, el problema es que las funciones no están definidas en un intervalo acotado.

Así, en lugar de dividirse en dos regiones. Tenemos que $f_n \leq \frac{\arctan 1}{1+u^2}$ todos los $n$, y esta es una función integrable. Por eso, $\forall \epsilon > 0$, hay algunos $c$ tal que $$\int_c^\infty \frac{\arctan 1}{1+u^2} \, du < \frac{\epsilon}{2}$$ pero, a continuación, $$\begin{align}\int_0^\infty f_n(u)\, du &= \int_0^c f_n(u)\, du + \int_c^\infty f_n(u)\, du \\ &\leq c \cdot \frac{\epsilon}{2c} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon\end{align}$$ eligiendo $n$ tal que $\|f_n(u)\| < \frac{\epsilon}{2c}$, que existe por la convergencia uniforme.

Así, el límite es 0.

Answer 4

Puedo estar totalmente equivocado, pero tengo la sensación de que el límite no es $0$.

Si miras aquí, usted encontrará (Teorema II.1) muy agradable límites para $\tan^{-1}(y)$ $$\frac{y}{\frac{4}{\pi ^2}+\sqrt{\left(1-\frac{4}{\pi ^2}\right)^2+\frac{4 y^2}{\pi ^2}}} < \bronceado^{-1}(x) <\frac{y}{1-\frac{6}{\pi ^2}+\sqrt{\left(\frac{6}{\pi ^2}\right)^2+\frac{4 y^2}{\pi ^2}}}$$ Using $y=\frac 1x$, a los que nos enfrentamos, para cada uno de los obligados, el problema de $$I=\int \frac{n^2}{\left(n^2+x^2\right) \left(a x+\sqrt{b^2 x^2+c}\right)}\,dx$ $ , que es tedioso pero factible (no voy a escribir las expresiones aquí, al menos por el momento).

La informática de la $I$ $$J=\int_n^\infty \frac{n^2}{\left(n^2+x^2\right) \left(a x+\sqrt{b^2 x^2+c}\right)}\,dx$$ and developing as Taylor series for infinitely large values of $$ n, obtenemos la izquierda obligado $$J=\frac{\log (2)}{2}+\frac{\log (2)-1}{\left(\pi ^2-4\right) n^2}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ y para el borde derecho $$J=\frac{\log (2)}{2}+\frac{\log (2)-1}{6 n^2}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$

Así, utilizando el teorema del encaje, el límite parece ser $\frac{1}{2}\log (2)$.

Para una comprobación de validez, vamos a $n=10^k$ y de integración numérica de la función dada conduce a $$\left( \begin{array}{cc} k & \text{result} \\ 1 & 0.346064090433349 \\ 2 & 0.346568476259452 \\ 3 & 0.346573539137855 \\ 4 & 0.346573589768551 \\ 5 & 0.346573590274858 \\ 6 & 0.346573590279922 \\ 7 & 0.346573590279972 \\ 8 & 0.346573590279973 \\ 9 & 0.346573590279973 \end{array} \right)$$

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \lim_{n \to \infty}\int_{n}^{\infty}{n^{2}\arctan\pars{1/x} \over x^{2} + n^{2}} \,\dd x & \,\,\,\stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, \lim_{n \to \infty}\int_{0}^{1/n}{\arctan\pars{x} \over x^{2} + 1/n^{2}} \,\dd x \\[5mm] & = \lim_{n \to \infty}\bracks{% \int_{0}^{1/n}{x \over x^{2} + 1/n^{2}}\,\dd x + \int_{0}^{1/n}{\arctan\pars{x} - x \over x^{2} + 1/n^{2}}\,\dd x} \end{align}

Con $\ds{0 < x < 1/n}$, tenga en cuenta que $\ds{\exists\ \xi \mid 0 < \xi < x}$ que satisface

$\ds{\verts{\arctan\pars{x} - x} = x\,{\xi^{2} \over 1 + \xi^{2}} < {1 \over n^{3}}}$ tal que

$$ 0 < \verts{\int_{0}^{1/n}{\arctan\pars{x} - x \sobre x^{2} + 1/n^{2}}\,\dd x} < {1 \over n^{3}}\verts{\int_{0}^{1/n}{\dd x \sobre x^{2} + 1/n^{2}}} = {1 \over n^{3}}\,{n\pi \más de 4} \,\,\,\stackrel{\mrm{como}\ n\ \para\ \infty} {\}\,\,\, {\large 0} $$

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Entonces \begin{align} \lim_{n \to \infty}\int_{n}^{\infty}{n^{2}\arctan\pars{1/x} \over x^{2} + n^{2}} \,\dd x & = \lim_{n \to \infty}\int_{0}^{1/n}{x \over x^{2} + 1/n^{2}}\,\dd x = \lim_{n \to \infty} \bracks{{1 \over 2}\ln\pars{1/n^{2} + 1/n^{2} \over 1/n^{2}}} \\[5mm] = \bbx{{1 \over 2}\,\ln\pars{2}} \approx 0.3466 \end{align}