Предел последовательности интегралов

[SpBTimes]

Пусть $f_{n}(x) = \int_{0}^{x}\cos^{2n+1}t dt$
n - натуральное число.
Найти: $\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt{n} \int_{0}^{\pi} f_{n}(x) dx$

Если сразу поменять порядок интегрирования, то получится:
$\lim \sqrt{n}\int_{0}^{\pi}(\pi - t)\cos^{2n+1}(t)dt$

А дальше пробовал и оценивать, переходя к синусу, и как-то через ряды долбить - но не выходит. Подскажите, если не трудно

[sup]

Разбейте интеграл на две части от 0 до $\pi /2$ и от $\pi /2$ до $\pi$. Степень косинуса нечетная поэтому после нехитрых преобразований все сведется к одному интегралу от степени косинуса. А дальше, опять таки, поскольку степень нечетная, можно сделать замену $sin(t)=u$ и заняться интегрированием полиномов. А можно заметить, что основной вклад дает лишь малая окрестность нуля и воспользоваться представлением $cos(t)=exp(-t^2/2)(1+O(t^4))$.

[mihiv]

Удалил.

[paha]

sup в сообщении #396052 писал(а):

А можно заметить, что основной вклад дает лишь малая окрестность нуля и воспользоваться представлением $cos(t)=exp(-t^2/2)(1+O(t^4))$.

это называется "метод Лапласа, да?" или "лемма Уотсона", я уже не помню:)

[mihiv]

SpBTimes в сообщении #395994 писал(а):

Если сразу поменять порядок интегрирования, то получится:
$lim \sqrt{n}\int_{0}^{\pi}(\pi - t)cos^{2n+1}(t)dt$

Делая замену $t=x+\frac {\pi }2$ и учитывая нечетность функции $\sin $,получим

$$\int \limits ^{\pi}_0\dots =2\int \limits ^{\frac {\pi }2}_0x\sin ^{2n+1}(x)dx=2I_{2n+1}$$

Для $I_{2n+1}$ выполняется неравенство

$$I_{2n+1}>\int \limits ^{\frac {\pi }2}_0\sin ^{2n+2}(x)dx=\frac {(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\frac {\pi }2.$$

Т.к. из формулы Валлиса следует,что $\sqrt {\frac 2{\pi }}=lim\limits _{n\to \infty }\sqrt {2n+1}\frac {(2n-1)!!}{2n!!}$,то получим, что $a_n=\sqrt {n}I_{2n+1}>C>0.$,где $C$ постоянная.
Интегрируя по частям ($dV=d(-\cos x)$),получим рекуррентное соотношение:$I_{2n+1}=\frac {2n}{2n+1}I_{2n-1}+\frac 1{(2n+1)^2}<I_{2n-1}-\frac C{2n+1}+\frac 1{(2n+1)^2}$Умножим это неравенство на $\sqrt {n}$ и получим $a_n<a_{n-1}$(для достаточно больших $n$),таким образом последовательность $a_n$ монотонно убывает и ограничена снизу и,следовательно, имеет предел.

-- Вс янв 09, 2011 13:52:19 --

mihiv в сообщении #397125 писал(а):

SpBTimes в сообщении #395994 писал(а):

Если сразу поменять порядок интегрирования, то получится:
$lim \sqrt{n}\int_{0}^{\pi}(\pi - t)cos^{2n+1}(t)dt$

Делая замену $t=x+\frac {\pi }2$ и учитывая нечетность функции $\sin $,получим

$$\int \limits ^{\pi}_0\dots =2\int \limits ^{\frac {\pi }2}_0x\sin ^{2n+1}(x)dx=2I_{2n+1}$$

Для $I_{2n+1}$ выполняется неравенство

$$I_{2n+1}>\int \limits ^{\frac {\pi }2}_0\sin ^{2n+2}(x)dx=\frac {(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\frac {\pi }2.$$

Т.к. из формулы Валлиса следует,что $\sqrt {\frac 2{\pi }}=lim\limits _{n\to \infty }\sqrt {2n+1}\frac {(2n-1)!!}{2n!!}$,то получим, что $a_n=\sqrt {n}I_{2n+1}>C>0.$,где $C$ постоянная.
Интегрируя по частям ($dV=d(-\cos x)$),получим рекуррентное соотношение:$I_{2n+1}=\frac {2n}{2n+1}I_{2n-1}+\frac 1{(2n+1)^2}<I_{2n-1}-\frac {I_{2n-1}}{2n+1}+\frac 1{(2n+1)^2}$Умножим это неравенство на $\sqrt {n}$ и получим $a_n<a_{n-1}$(для достаточно больших $n$),таким образом последовательность $a_n$ монотонно убывает и ограничена снизу и,следовательно, имеет предел.

[ewert]

sup в сообщении #396052 писал(а):

Степень косинуса нечетная поэтому после нехитрых преобразований все сведется к одному интегралу от степени косинуса.

Это как это?... Именно потому, что степень нечётная -- от линейного сомножителя (тоже нечётного относительно середины) и не избавишься. А что нужен именно метод Лапласа -- это правда.

mihiv:
Жуть!

[paha]

ewert в сообщении #397128 писал(а):

А что нужен именно метод Лапласа -- это правда.

где (с)?-))

[ewert]

(Оффтоп)

paha в сообщении #397129 писал(а):

где (с)?-))

Он раздвоился и, соотв., исчез.

[paha]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #397130 писал(а):

раздвоился и, соотв., исчез.

он не раздвоился, а расстроился... принял лишку и капут(((

[sup]

Каюсь, со знаками, похоже, напортачил. Но все это не имеет большого значения. Вроде как должно получиться

$$J_n = \sqrt{n}\int \limits_0^{\pi /2}(\pi -2t)cos^{2n+1}(t)dt$$

Основной вклад дает лишь малая область возле 0. А там наличие дополнительного слагаемого $2t$не оч. важно. Пусть $y(n)=n^p, -1/2 < p < -1/4$. (например $p = -1/3$).
Тогда для любого $k>0$

$$\int \limits_{y(n)}^{\pi /2}(\pi -2t)cos^{2n+1}(t)dt = O(n^{-k})$$

Отсюда уже легко следует, что все сводится к интегралу

$$\sqrt{n}\int \limits_0^{y(n)}cos^{2n+1}(t)dt$$

А вот теперь заметим, что $cos(t)=exp(-t^2/2+O(t^4))$. Значит

$$J_n = (1+O(ny^4(n)))\pi \sqrt{n}\int \limits_0^{y(n)}exp(-t^2(n+1/2))dt + o(1)$$

Осталось под интегралом сделать замену $u=t\sqrt{n+1/2}$. Нуууууууууу ....и еще немножко усилий.

[ewert]

Что-то типа того. Только к чему выводить метод Лапласа каждый раз заново -- надо просто сослаться на стандартную теорему и сразу сказать, что интеграл эквивалентен $\dfrac12\cdot(\pi-0)\cdot\sqrt\dfrac{2\,\pi}{\alpha(2n+1)}}$, где $\alpha=1$ -- это минус вторая производная косинуса в точке его максимума. Тогда, кстати, и возиться со всякими там чётностями не придётся -- просто максимум на правом конце даст аналогичную асимптотику, но с нулевым множителем вместо $(\pi-0)$.

[sup]

Согласен. Но "живое" решение, на мой взгляд, зачастую важнее справочника по математике. У всякой теоремы есть свои ограничения. А вот идея - "бессмертна".

[ewert]

sup в сообщении #397215 писал(а):

Но "живое" решение, на мой взгляд, зачастую важнее справочника по математике.

Тоже согласен. Просто я тут начал было набивать короткое доказательство, да и плюнул -- понял, что без занудства всё равно абсолютно строго не выйдет. Причём что главное: все формальные заклинания, которые придётся произносить для пущей строгости -- ровно те же, что и в общей теореме, конкретика абсолютно ничего не облегчает.

[mihiv]

ewert в сообщении #397128 писал(а):

mihiv:
Жуть!

ewert,Вы праы,метод,мягко говоря,неудачный .