Предел интеграла

[Ktina]

Вычислить предел интеграла

$$\lim_{n\to\infty}\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sin^nx dx$$

Умом чувствую, что нуль получится.
Как доказывать?

[ИСН]

Как обычно: интеграл от ${\pi\over2}-\varepsilon$ до $\pi\over2$ меньше $\varepsilon$. Оставшаяся часть интеграла тоже меньше чего-то (при достаточно больших n).

[Ktina]

ИСН в сообщении #736184 писал(а):

Как обычно: интеграл от ${\pi\over2}-\varepsilon$ до $\pi\over2$ меньше $\varepsilon$.

Это я поняла.

ИСН в сообщении #736184 писал(а):

Оставшаяся часть интеграла тоже меньше чего-то (при достаточно больших n).

А это не совсем.

[Ms-dos4]

Ktina
Ну если так не понимаете, то мне вот кажется, что здесь и "в лоб" проходит (если не прав, то поправьте)
Проинтегрируйте по частям, то получите
$\[\begin{array}{l} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}\sin xxdx} = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx} - \left. {{{\sin }^{n - 1}}x\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \\ = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x(1 - {{\sin }^2}x)dx} = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}xdx} - (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} \end{array}\]$

Обозначив

$\[{I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} \]$

$\[{I_n} = (n - 1){I_{n - 2}} - (n - 1){I_n}\]$

$\[{I_n} = \frac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}}\]$

Для вашего случая конкретный разбор n не имеет значения, но я укажу

1)Если n чётное $\[n = 2k\]$ имеем

$\[{I_{2k}} = \frac{{2k - 1}}{{2k}}{I_{2k - 2}} = \frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ... \cdot 3 \cdot 1}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}{I_0} = \frac{\pi }{2}\frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ... \cdot 3}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}\]$

2)Если n нечётное $\[n = 2k + 1\]$

$\[{I_{2k + 1}} = \frac{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}{{(2k + 1) \cdot (2k - 1) \cdot ... \cdot 5 \cdot 3}}\]$

Ну а в вашем случае возьмите предел $\[k \to \infty \]$ в любой из предыдущих формул, причём видно, что степень по "многочлену" от k на 1 больше в знаменателе, значит предел - ноль.

[devgen]

$\lim_{n\to\infty}\int_{1}^{0}(1-t^2)^{\frac{n-1}{2}}$
Раз $0<(1-t^2)<1$, то подинтегральная функция сходится к $0$. Теперь нужно захотеть, чтобы сходимость была равномерной. Для этого выкинем единицу, значение интеграла ведь не изменится.

[Otta]

devgen в сообщении #736189 писал(а):

Теперь нужно захотеть, чтобы сходимость была равномерной. Для этого выкинем единицу, значение интеграла ведь не изменится.

От выкидывания одной точки сходимость равномерной не станет.

[ИСН]

Товарищи, что вы несёте оба.
Ms-dos4, не надо в лоб. Да, это прокатывает, потому что синус, ну а если бы там был кто-то другой? Неберущийся? Или вообще неизвестный, кроме того, что функция ограничена тем-то и в окрестности ведёт себя так-то?
devgen, это Вы так сделали сходимость равномерной? Зашибись. В какую степень надо возвести синус (с выкинутой единицей), чтобы результат был заведомо меньше $1\over2$?

[TOTAL]

Ktina в сообщении #736185 писал(а):

ИСН в сообщении #736184 писал(а):

Оставшаяся часть интеграла тоже меньше чего-то (при достаточно больших n).

А это не совсем.

Нарисуйте здесь оставшуюся часть.

[Ktina]

TOTAL в сообщении #736211 писал(а):

Нарисуйте здесь оставшуюся часть.

Как-то так?

[TOTAL]

Ktina в сообщении #736215 писал(а):

Как-то так?

Как-то вот так:

$$\lim_{n\to\infty}\int\limits^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}_{0}\sin^nx dx$$

[Ktina]

TOTAL в сообщении #736217 писал(а):

Как-то вот так:

$$\lim_{n\to\infty}\int\limits^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}_{0}\sin^nx dx$$

Вроде бы, к нулю стремится.
Опять же, не знаю, как доказать.

[TOTAL]

Ktina в сообщении #736229 писал(а):

Вроде бы, к нулю стремится.
Опять же, не знаю, как доказать.

Подынтегральная функция сколь угодно мала, нет?

[Ktina]

TOTAL в сообщении #736232 писал(а):

Подынтегральная функция сколь угодно мала, нет?

Конечно, мала. Но проблема в том, что исходная функция тоже мала (кроме как в точке $x=90^{\circ}$).

[TOTAL]

Ktina в сообщении #736238 писал(а):

TOTAL в сообщении #736232 писал(а):

Подынтегральная функция сколь угодно мала, нет?

Конечно, мала. Но проблема в том, что исходная функция тоже мала

Как малость исходной функции стала проблемой, чему мешает эта малость?

[Ktina]

TOTAL в сообщении #736241 писал(а):

Как малость исходной функции стала проблемой, чему мешает эта малость?

Кажется, начинаю понимать.
Разбиваем функцию на две части -- от 0 до $\frac{\pi}{2}-\varepsilon$ и от $\frac{\pi}{2}-\varepsilon$ до 1.
Первая бесконечно мала, вторая тоже.

То есть, именно это я и должна была с самого начала понять, просто не доходило...