1
1

Как найти аналитически, к какому значению сходится этот предел?

$$\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{ (1+x^2)^n }\, dx$$

Вдали от $%x=0$% подынтегральное выражение геометрически уменьшается с увеличением $%n$%. Для $%x≈0$%, $%\ln \cos - n\ln(1+x^2)≈ -(2n+1)\frac{x^2}{2}$%, и поэтому заменой $%t=\sqrt{2n+1}$% для больших $%n$%, имеем

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{(1+x^2)^n}≈ \frac{1}{\sqrt{2n+1}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/2}\, dt =\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2n+1}}.$$

задан 4 Дек '21 14:40

изменен 4 Дек '21 17:00

1

Это сводится к интегралу типа $%\int\limits_0^\infty\dfrac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx$%, умноженному на $%\sqrt{n}$% (с точностью до коэффициентов).

(4 Дек '21 15:45) caterpillar

@caterpillar Вы не поверите, но я именно и из него получила свою версию.

(4 Дек '21 15:57) aalisa23

А что мешает тогда предел посчитать? Теорема Лебега должна помочь.

(4 Дек '21 15:59) caterpillar

@caterpillar Раз зашла в тупик, то что-то да мешает.

(4 Дек '21 16:02) aalisa23

"Что-то мешает" -- меня не устраивает. Что конкретно в применении теоремы Лебега непонятно?

(4 Дек '21 16:06) caterpillar

@caterpillar Тогда следует уточнить, вы имеете в виду теорему о мажорирующей сходимости?

(4 Дек '21 16:12) aalisa23

Конечно, её. Сейчас прикинул, что там какие-то неполадки начинаются вблизи нуля, так что интеграл надо свести к интегралу по отрезку [0,1], т.к. хвост стремится к нулю по теореме Лебега. Лучше всего, напишите в вопросе исходный интеграл, т.к. его предел явно вычислить легче, чем тот, что у Вас написан сейчас. Тогда можно будет подумать о деталях.

(4 Дек '21 16:31) caterpillar

@caterpillar Я подправила пост и написала свое док-во, можете рассмотреть? Я сейчас мельком глянула, вы к Лапласу свели?

(4 Дек '21 16:59) aalisa23

Ваш вариант тоже похож на метод Лапласа, если разъяснить смысл символа $%\approx$%.

(4 Дек '21 17:07) caterpillar

@caterpillar Заменой $%x=t\sqrt{n}$% и использованием теоремы Лебега это сводится к $%\displaystyle \int_{\Bbb R}e^{-x^2}\, dx$%.

(4 Дек '21 17:12) Rene

@Rene, не вижу, как такая замена убирает неприятности в нуле. По-моему, только прибавляет, т.к. теперь перед интегралом не корень из n, а просто n.

(4 Дек '21 17:28) caterpillar

@caterpillar $$\lim_{n\to\infty}\int_{\Bbb R}(1+\tfrac{x^{2}}{n})^{-n}\cos\tfrac{x}{\sqrt{n}}dx=\int_{\Bbb R}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}.$$

(4 Дек '21 17:36) Rene

@Rene, а Вы точно уверены, что сделали именно ту замену, про которую писали? Ваши обозначения вводят в заблуждение. Впрочем, теперь стало понятно, что Вы имели ввиду. Действительно, такой способ тут проще.

(4 Дек '21 17:43) caterpillar
2

@caterpillar Удивительно, но точно такой же пример уже обсуждался на этом форуме. Видимо это повтор. И да, я ошибся, должно быть $%t=\sqrt{n} x$%. Тогда получаем $%\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos \left(\frac{t}{\sqrt{n}}\right)}{\left(1+\frac{t^{2}}{n}\right)^{n}}\,dt$%. И так далее.

(4 Дек '21 18:55) Rene
показано 5 из 14 показать еще 9
10|600 символов нужно символов осталось
2

Я детально с точностью до коэффициентов не сводил к интегралу, а только прикинул, поэтому рассмотрю интеграл $%\displaystyle\int\limits_0^\infty\dfrac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\int\limits_0^1\dfrac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx+\int\limits_1^\infty\dfrac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx$%. Свой интеграл Вы уже без труда адаптируете под этот случай.

Со вторым интегралом всё совсем просто: умноженный на $%\sqrt{n}$%, он мажорируется интегралом от $%\dfrac{1}{x^2}$% (применили неравенство Бернулли). Поскольку сама подынтегральная функция с множителем $%\sqrt{n}$% стремится к нулю, то по теореме Лебега интеграл стремится к нулю. Первый интеграл интереснее. Применим к нему метод Лапласа. Представим интеграл в виде $%\displaystyle\int\limits_0^1\cos xe^{-n\ln(1+x^2)}dx=\displaystyle\int\limits_0^1f(x)e^{-nx^2h(x)}dx$%. Здесь $%f(x)=\cos x$%, $%h(x)=\dfrac{\ln(1+x^2)}{x^2}$%, причём $%f$% и $%h$% непрерывны и положительны на рассматриваемом отрезке, тогда, известно, что $%\displaystyle\int\limits_0^1f(x)e^{-nx^2h(x)}dx\sim\dfrac{1}{2}\dfrac{f(0)}{\sqrt{nh(0)}}\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{\sqrt\pi}{2\sqrt{n}}$%. Здесь $%\dfrac{1}{2}$% появилась потому, что у экспоненты в показателе степени стоит $%x^2$%.

ссылка

отвечен 4 Дек '21 16:57

изменен 4 Дек '21 17:58

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:

×4,244
×1,462
×888
×856

задан
4 Дек '21 14:40

показан
318 раз

обновлен
4 Дек '21 22:06

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