23 votos

Evaluando

Evaluar el siguiente límite: $$\lim \limits_{n\to \infty}\,\,\, n\!\! \int\limits_{0}^{\pi/2}\!\! \left(1-\sqrt [n]{\sin x} \right)\,\mathrm dx $ $

He hecho el problema. Mi método: primero, aplicó la regla de L'Hôpital así como se puede hacer de la forma $\frac0 0$. Entonces usé Teorema del valor medio ponderado y aplicando el teorema de sandwich redujo el límite a una integral que podría evaluarse mediante propiedades de definir integración.

Me gustaría ver otras maneras diferentes de resolver el límite.

11voto

Alex Bolotov Puntos 249

Usted puede utilizar el siguiente hecho

$$f(x) = \log \sin x$$ is integrable in $(0, \pi/2)$

y

$$\int_{0}^{\pi/2} -\log \sin x \text{d}x = \frac{\pi \log 2}{2}$$

Ahora por el teorema del valor medio (aplicado a $(\sin x)^y$, en función de $y$), tenemos

$c \in (0, \frac{1}{n})$

$$ \dfrac{1 - \sqrt[n]{\sin x}}{\frac{1}{n}} = -(\sin x)^c \log \sin x \le -\log \sin x$$

$\log \sin x$ Es integrable, por el teorema de convergencia dominada, podemos tomar el límite dentro de la integral para obtener

$$\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{\pi/2} n(1 - \sqrt[n]{\sin x})\text{d}x = \int_{0}^{\pi/2} \lim_{n \to \infty}n(1 - \sqrt[n]{\sin x}) \text{d}x= \int_{0}^{\pi/2} -\log \sin x \text{d}x = \frac{\pi \log 2}{2}$$

7voto

user3035 Puntos 91

Esto es equivalente a encontrar $\lim_{\epsilon \rightarrow 0} {f(\epsilon) \over \epsilon}$, donde $f(\epsilon) = \int_0^{\pi \over 2} (1 - \sin(x)^{\epsilon})\,dx$. Desde $\lim_{\epsilon \rightarrow 0} \sin(x)^{\epsilon} = 1$, uno tiene $\lim_{\epsilon \rightarrow 0} f(\epsilon) = 0$, así que por la regla de L'Hopital llegar a $$\lim_{\epsilon \rightarrow 0} {f(\epsilon) \over \epsilon} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} f'(\epsilon)$ $ diferenciación bajo muestra integral da $$f'(\epsilon) = -\int_0^{\pi \over 2} \ln(\sin(x))(\sin(x))^{\epsilon}\,dx$ $ el límite de esto como $\epsilon \rightarrow 0$ % $ $$-\int_0^{\pi \over 2} \ln(\sin(x))\,dx$esta integral es conocida (y estoy seguro de que se ha hecho en este sitio), y lo anterior es sólo $${\pi \over 2}\ln(2)$ $

7voto

Esta es sólo una manera diferente de llegar a la final de la integral , pero aquí va, $\sqrt[n]{\sin x}=\exp(\dfrac{\log \sin x}{n})=1+\dfrac{\log \sin x}{n}+ o(\frac{1}{n})$

Por eso, $1-\sqrt[n]{\sin x}=-\dfrac{\log \sin x}{n} +o(\frac 1 n)$

Utilizando, esto conseguimos $n\int_0^{\frac \pi 2}1-\sqrt[n]{\sin x}dx=\int_0^{\frac \pi 2} -\log \sin x dx +O(\frac 1 n)=\dfrac{\pi \log 2}{2} +O(\frac 1 n)\to\dfrac{\pi \log 2}{2}$

6voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\lim_{n \to \infty}\llaves{% n\int_{0}^{\pi/2}\, \bracks{1 - \root[n]{\,\sin\pars{x}}}\,{\rm d}x}:\ {\large ?}}$

\begin{align} \int_{0}^{\pi/2}\root[n]{\sin\pars{x}}\,{\rm d}x&=\int_{0}^{1}t^{1/n} \,{\dd t \over \root{1 - t^{2}}} =\int_{0}^{1}t^{1/\pars{2n}}\pars{1 - t}^{-1/2}\,\half\,t^{-1/2}\,\dd t \\[3mm]&=\half\int_{0}^{1}t^{1/\pars{2n} - 1/2}\pars{1 - t}^{-1/2}\,\dd t =\half\,{\rm B}\pars{{1 \over 2n} + \half,\half} \\[3mm]&=\half\,{\Gamma\pars{1/\bracks{2n} + 1/2}\Gamma\pars{1/2} \over \Gamma\pars{1/\bracks{2n} + 1}} \end{align}

Al $\ds{n \gg 1}$: \begin{align} \int_{0}^{\pi/2}\root[n]{\sin\pars{x}}\,{\rm d}x &\approx {\root{\pi} \over 2}\,{\Gamma\pars{1/2} + \Gamma\pars{1/2}\Psi\pars{1/2}/\pars{2n} \over \Gamma\pars{1} + \Gamma\pars{1}\Psi\pars{1}/\pars{2n}} ={\pi \over 2}\,{1 + \Psi\pars{1/2}/\pars{2n} \over 1 + \Psi\pars{1}/\pars{2n}} \\[3mm]&\approx {\pi \over 2}\,\bracks{1 + {\Psi\pars{1/2} \over 2n}} \bracks{1 - {\Psi\pars{1} \over 2n}} \approx {\pi \over 2}\,\bracks{1 + {\Psi\pars{1/2} - \Psi\pars{1} \over 2n}} \end{align}

$$ \color{#00f}{% \lim_{n \to \infty}\llaves{n\int_{0}^{\pi/2}\,\bracks{1 - \root[n]{\,\sin\pars{x}}} \,{\rm d}x}} ={\pi \más de 4}\,\bracks{\Psi\pars{1} - \Psi\pars{\mitad}} =\color{#00f}{\media\,\pi\ln\pars{2}} $$ desde $\ds{\Psi\pars{1} = -\gamma}$ y $\ds{\Psi\pars{\half} = -\gamma - 2\ln\pars{2}}$. Ver esta tabla.

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