Найти предел $$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{cosxdx}{(1+x^2)^n}.$$

задан 6 Июл '13 10:28

изменен 12 Авг '13 15:45

Deleted's gravatar image


126

10|600 символов нужно символов осталось
4

Ввиду чётчности подынтегральной функции достаточно исследовать интеграл по полуоси. При любом $%\varepsilon \gt 0$% $$\int\limits_{\varepsilon}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n} \le \int\limits_{\varepsilon}^{+\infty}\frac{dx}{1+nx^2} = \frac{1}{\sqrt n} \int\limits_{\varepsilon \sqrt n}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2} = \bar o \left(\frac{1}{\sqrt n} \right).$$ Значит, можно исследовать эквивалентный предел при произвольном $%\varepsilon \gt 0:$% $$\lim_{n \to \infty} \sqrt n\int\limits_{0}^{\varepsilon}\frac{\cos x \, dx}{(1+x^2)^n}.$$ При достаточно малом $%\varepsilon$% по теореме о среднем $$\int\limits_{0}^{\varepsilon}\frac{\cos x \, dx}{(1+x^2)^n}=M\int\limits_{0}^{\varepsilon}\frac{dx}{(1+x^2)^n}=M \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n} + \bar o \left(\frac{1}{\sqrt n} \right),$$ где $%\cos \varepsilon \le M \le 1.$% Интеграл вычисляется с помощью рекуррентного соотношения по индукции: $$\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}=\frac{\pi}{2} \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!},$$ а возникающий после этого предел $$L=\lim_{n \to \infty} \sqrt n\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}$$ - с помощью формулы Валлиса (см., например, Фихтенгольц, т.2. п.317). Тогда для произвольного заданного $%\delta \gt 0$% выбираем достаточно малое $%\varepsilon \gt 0,$% чтобы М было достаточно близко к 1, после чего получаем, что при всех достаточно больших $%n$% $$\left| \sqrt n\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\cos x \, dx}{(1+x^2)^n}-L \right| \lt \delta ,$$ что доказывает существование предела. Окончательный результат получаем умножением $%L$% на 2. Конкретные выкладки не представляют труда и опущены за очевидностью. $$$$ Кроме того, полагая $$f(x)=cos \, x, \; h(x)=-ln(1+x^2),$$ можно привести данный интеграл к виду интеграла Лапласа: $$I=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x \, dx}{(1+x^2)^n}=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{nh(x)}dx.$$ Тогда асмптотика интеграла при $%n \to +\infty$% вычисляется по формуле $$I \sim f(c)e^{nh(c)}\sqrt {-\frac{2 \pi}{nh''(c)}},$$ где в данном случае $%c=0$%. Это сразу позволяет вычислить нужный предел (и, конечно, приводит к тому же результату). Смущает лишь то, что задача похожа на задание для студентов младших курсов. Если это действительно так, то метод Лапласа может быть ещё не известен.

ссылка

отвечен 10 Авг '13 20:26

изменен 11 Авг '13 11:50

Чему же равен этот предел?

(10 Авг '13 22:08) Anatoliy

Я не проводил выкладок до конца.

(10 Авг '13 22:53) splen

@Anatoliy: я пытался какое-то время назад решать эту задачу несколькими способами. Сначала пробовал считать при помощи вычетов, но получалось очень громоздко, и до конца решение довести не удалось. Пытался также заменить косинус на экспоненту, зависящую от параметра, но это тоже не получилось. Численный ответ вроде как $%\sqrt{\pi}$%, что наводит на мысли о каком-то решении при помощи теоретико-вероятностных соображений.

(10 Авг '13 23:58) falcao

По формуле Валлиса $$L=\lim_{n \to \infty}\sqrt n \cdot \frac {\pi}{2}\cdot\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}=\frac {\pi}{2}\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt n}{\sqrt{2n+1}} \cdot \frac{2n}{2n-1} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sqrt{2n+1}=\frac {\pi}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt 2}\cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}}=\frac{\sqrt \pi}{2}.$$ Следовательно, данный предел равен $%2L=\sqrt{\pi}.$%

(11 Авг '13 0:56) splen

Вот этот результат нужно дописать в решение.

(11 Авг '13 10:00) Anatoliy

Все в конце сводится к нахождению интеграла $%\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt{\pi}.$% Задача для успешных студентов, поэтому им должно быть известно больше, нежели просто студентам младших курсов. Ваше решение засчитано. Спасибо за решение.

(11 Авг '13 13:00) Anatoliy

Если действовать по методу Лапласа, то - к этому интегралу (а если решать первым способом - то нет). Насчёт успешных студентов - это можно отнести, скорее, к формуле Валлиса. А применять метод Лапласа (который, как правило, рассматривается в рамках ТФКП на старших курсах) в относительно простых случаях - всё равно, что брать простейшие пределы по правилу Лопиталя.

(11 Авг '13 13:11) splen

Все сводится к нахождению указанного интеграла, который, я так думаю, известен студентам из теории вероятностей. В частности, применялось соотношение $%\ln \cos x-n\ln(1+x^2)=-(n+\frac{1}{2})x^2+O(n^{-3/5})$%. Просто аккуратно выполнялись оценки исходного интеграла ($%\varepsilon-\delta$%). Метод Лапласа здесь не применялся.

(11 Авг '13 16:02) Anatoliy
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×831
×519

задан
6 Июл '13 10:28

показан
960 раз

обновлен
11 Авг '13 16:22

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru