如何用积分计算极限

Question

我遇到了一个问题我无法解决在数学分析教科书中：

让$\alpha，L\in\mathbb{R}$和$L\neq 0$:$$\mbox{If}\quad\lim_{n\to\infty}\dfrac｛\displaystyle n^｛\alpha｝\int_｛0｝^｛\pi/2｝x^｛n｝\sin\left（x\right）\，\马特姆{d} x个}{\显示样式\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\cos\left（x\right）\，\mathrm{d} x个}=L，\quad\mbox｛然后查找｝\quad\alpha，L$$

我的尝试：让$a_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^n\sinx\mathrm{~d}x$，$b_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^n\cosx\mathrm{~d}x$，然后我们得到\开始{对齐}a_n&=-\int_0^｛\frac｛\pi｝｛2｝｝x^n\mathrm｛~d｝（\cosx）=-x^n\cos x\big|_0^｛\frac｛\pi｝｛2｝｝+n\int_0^｛\frac｛\pi｝｛2｝｝x^｛n-1｝\cosx\mathrm｛~d｝x=nb_｛n-1｝\\b_n&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^n\mathrm{~d}（\sinx）=x^n\sinx\big|0^{\frac{\pi{2}-n\int_0{\frac}{2{}x^{n-1}\sinx\mathrm}~d}x=\left（\frac{\ pi}{2\right）^{n} -不适用_{n-1}\\&=\左（\frac{\pi}{2}\右）^{n} -n个（n-1）b{n-2}。\结束｛对齐｝

但随后的迭代太复杂了，我无法找到答案。还有其他办法解决这个问题吗？

Answer 1

我们有：$$a_n=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^n\sinx\mathrm{~d}x，\b_n=\displaystyle\\int_0^}{\frac{\pi{2}{x^n\cosx\mathr m{~d}x$$

$$a_n=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^n\mathrm{~d}（\cosx）=-x^n\cosx\bigg|_0^{\frac{\pi{2}+n\int_0^}\frac}\pi}}2}}x^{n-1}\cosx\ mathrm}~d}x=nb_{n-1{$$因此，我们必须计算极限：$L=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^\alpha a_n}{b_n}=\lim_}n\to\infty}\dfrac{n^{alpha+1}b_{n-1}}{b.n}$对一些人来说$\阿尔法$。

我们可以简化亿美元$如下：$$\开始{对齐}b_n=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^n\cosx\mathrm{~d}x&=\disposystyle\\int_0^}\frac}\pi}}\left（\frac\pi2-x\right）^n\cos\left（\frac\pi2-x-right）\mathrm{~d{x\qquad\text{定积分}的性质\pit}2\right）^n\sin\left（\frac{\pit{2\rift）\mathrm{~d}t\qquad\text{替换}x=\frac{\pit}2\\&=\left（\frac\pi2\right）^{n+1}\int_0^1（1-t）^n\left（\frac{\pit}2+O（t^3）\right）\mathrm{~d}t\qquad_text{级数展开；大O表示法}\\&=\leaft（\frac\pi2 \right \left（\operatorname B（n+1，4）\right）\qquad\text{Beta函数}\\&=\left^{n+1}\ left（\frac\pi2\dfrac{\Gamma（n+1）\ Gamma n+2）}+O\左（\frac{1}{n^4}\右）\qquad\text{Since}\Gamma（n+1）=n！\结束{对齐}$$现在，$$\dfrac{n^{\alpha+1}b_{n-1}}{b_n}=n^{\ alpha+1}\dfrac{2}\pi\frac{\frac\pi2\frac1{n（n+1）}+O\左（\frac1\n^4}\右）}{\frac \pi2\\frac1}（n+1（frac2\pi\ frac{（n+1）（n+2）}{n（n+1”）}+O\左（frac1\n^2}\右）\右）$$对于极限收敛到正数，我们需要设置$\alpha+1=0$即。，$\装箱{\alpha=-1}$因此，所需的限制为$\装箱{L=\dfrac2\pi}$。

希望这有帮助！

Answer 2

我们有$$\int_0^{\pi/2}x^n\sin x，\mathrm{d}x\le\int_0 ^{\pi/2}x^n，\mathr{d}x=frac{（\pi/2）^{n+1}}{n+1}。\标记{1}$$

我们都有$n\ge 4美元$,\开始{align*}\int_0^{\pi/2}x^n\sinx\，\mathrm{d}x&\ge\int_{\pi/2-2/\sqrt{n}}^{\pi/2}x*n\sinx\\&\ge\sin（\pi/2-2/\sqrt{n}）\int_{\pi/2-2-/sqrt{n}}^{\pi/2}x^n，\mathrm{d}x\\&=\frac{（\pi/2）^{n+1}\cos\frac{2}{\sqrt{n}}{n+1}-分形{（\pi/2-2/\sqrt{n}）^{n+1}\cos\frac{2}{\sqrt}n}}{n+1}。\标记{2}\结束{align*}

使用$\sin x \le x$为所有人$x\ge 0美元$，我们有\开始{align*}\int_0^{\pi/2}x^n\cosx\，\mathrm{d}x&=\int_0^{\pi/2}x^n\sin（\pi/2-x）\，\mathrm{d}x\\&\le\int_0^{\pi/2}x^n（\pi/2-x）\，\mathrm{d}x\\&=\frac{（\pi/2）^{n+2}}{（n+2）（n+1）}。\标记{3}\结束{align*}

我们使用IBP$n\ge 4美元$,\开始{align*}\int_0^{\pi/2}x^n\cosx\，\mathrm{d}x&=\int_0^{\pi/2}\frac{x^{n+1}}{n+1}\sin x，\mathrm{d}x\\&\ge\int_{\pi/2-2/\sqrt{n}}^{\pi/2}\frac{x^{n+1}}{n+1}\sinx\，\mathrm{d}x\\&\ge\sin（\pi/2-2/\sqrt｛n｝）\int_｛\pi/2-2/\sqrt｛n｝｝^｛\pi/2｝\frac｛x^｛n+1｝｝｛n+1｝\，\mathrm｛d｝x\\&=\frac{（\pi/2）^{n+2}\cos\frac{2}{\sqrt{n}}{（n+2）（n+1）}-分形{（\pi/2-2/\sqrt{n}）^{n+2}\cos\frac{2}{\sqrt}n}}{（n+2）（n+1）}。\标记{4}\结束{align*}

使用（1）和（4），我们有第4页$,\开始{align*}\裂缝{n^\alpha\int_0^{\pi/2}x^n\sinx\，\mathrm{d}x}{\int_0*{\pi/2}x^n\cosx\，\ mathrm}x}&\len^\alpha\cdot\frac{\frac}（\pi/2）^{n+1}}{n+1{\frac{（\pi/2）^}n+2}\cos\frac{2}{\sqrt{n}}{（n+2）（n+1）}-分形{（\pi/2-2/\sqrt{n}）^{n+2}\cos\frac{2}{\sqrt}n}}{（n+2）（n+1）}}\\[10pt]&=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{n^\alpha（n+2）}{\cos\frac{2}}{\sqrt{n}}}\cdot\frac{1}{1-\左（1-\ frac{4}{\pi\sqrt{n}}\右）^{n+2}}。\标记{5}\结束{align*}

使用（2）和（3），我们已经$n\ge 4美元$,\开始{align*}\裂缝{n^\alpha\int_0^{\pi/2}x^n\sinx\，\mathrm{d}x}{\int_0*{\pi/2}x^n\cosx\，\ mathrm}x}&\gen^\alpha\cdot\frac{\frac}（\pi/2）^{n+1}\cos\frac{2}{\sqrt{n}}}{n+1}-分形{（\pi/2-2/\sqrt{n}）^{n+1}\cos\frac{2}{\sqrt}n}}{n+1}}{\frac{（\ pi/2）^{n+2}}{（n+2）（n+1）}}\\[10pt]&=\frac{2}{\pi}n^\alpha（n+2）\cos\frac{2]{\sqrt{n}}\cdot\左（1-\left（1-\frac{4}{\pi\sqrt{n}}\right）^{n+1}\rift）。\标记{6}\结束{align*}

从（5）和（6），使用$\lim_{n\to\infty}$，使用挤压定理，我们有$\α=-1$、和$L=\frac{2}{\pi}$。

Answer 3

这里还有另一种解决问题的方法。我必须承认，这并不像其他一些答案那样严格，解决这个问题可能并不容易。尽管如此，我还是使用了一个与其他答案完全不同的技巧，我想与大家分享这一点。

我们可以像OP那样开始，发现我们需要计算$\lim\limits_{n\to\infty}n^{alpha}\frac{a_n}{b_n}$.自$a_n=nb_{n-1}$，我们可以替换亿美元$具有$\压裂{a{n+1}}{n+1}$得到$\lim\limits_{n\to\infty}n^{alpha}（n+1）\frac{a_n}{a{n+1}}$。我们的主要问题是如何$a_n/a_{n+1}$表现为n美元$转到无穷大。

我们有$a_n:=\int\limits_0^{\pi/2}x^n\sinx\，dx$现在让我们定义函数$A（z）：=\sum\limits_{n=0}^\infty A_nz^n$.在这里$z（美元）$是一个变量，其唯一任务是保持$a_n$分开；它没有其他意义。我们得到了$$A（z）=\int\limits_0^{\pi/2}dx\，\sinx\sum_{n=0}^\infty（xz）^n=\int\ limits_0^{\pi/2}\frac{\sinx\，dx}{1-xz}$$这看起来似乎完全没有抓住要点，但诀窍来了。我们意识到，对于任何人$|z|<2/\pi$，积分将收敛，但只要我们$z=2/\pi$，它变得发散。由此我们得出结论$z=2/\pi$是一个奇点美元（z）$没有比这更接近零的奇点了。

因此，幂级数$\sum\limits_｛n=0｝^\infty a_n z^n$为所有人收敛$|z|<2/\pi$、和2美元/\pi$是其收敛半径R美元$。由于众所周知的比率测试，我们$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a{n+1}}=R=\frac{2}{\pi}$$

所以在最初的表达中$（n+1）n^\alpha\frac{a_n}{a{n+1}}$，比率为2美元/\pi$在极限中，为了使表达式具有非零有限极限，我们必须选择$\α=-1$.那么，我们有$\frac｛n+1｝｛n｝\到1$限制是2美元/\pi$。

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\，\bbox[15px，border:1px槽藏青色]{\displaystyle{#1}}\，}\新命令{\braces}[1]{\left\lbrace\，{#1}\，\right\rbrace}\新命令{\bracks}[1]{\left\lbrack\，{#1}\，\right\rbrack}\新命令{\dd}{\mathrm{d}}\新命令{\ds}[1]{{\displaystyle#1}}\新命令{\expo}[1]{\，\mathrm{e}^{#1}\，}\新命令{\ic}{\mathrm{i}}\新命令{\on}[1]{\operatorname{#1}}\新命令{\pars}[1]{\left（\，{#1}\，\right）}\新命令{\partiald}[3][]{\frac{\partic^{#1}#2}{\partitle#3^{#1{}}}\新命令{\root}[2]{\，\sqrt[#1]{\，{#2}\，}\，{\新命令{\sr}[2]{\，\，\stackrel{{#1}}{{#2}}\，\\newcommand｛\totald｝[3][]｛\frac｛\mathrm｛d｝^｛#1｝#2｝｛\mathrm｛d｝#3 ^｛#1｝｝｝\新命令{\verts}[1]{\left\vert\，{#1}\，\right\vert}$ \开始｛align｝&\nbox{查找}\\alpha\\mbox{和}\L\\mbox}，这样}\\[2mm]&\color｛#44f｝｛\lim_｛n\to\fty｝{\ds{n^{\alpha}\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\sin\pars{x}\，\dd x}\over\ds{\int_}0}^}\pi/2{x^{n}\cos\pars{x}\，\ dd x{}=L，\quad\mbox{with}\quad\左\{\子堆栈{\ds{\alpha\in\mathbb{R}}\\[2mm]\ds｛L\in\mathbb｛R｝\setminus\brackets｛0｝｝｝\right。｝\结束{对齐} \开始｛align｝&\nbox{注意}\\\&\color{red}{\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\expo{\icx}\ddx}\sr{x\\mapsto\\pi/2-x}{=}\int_{0}^{\pi/2}\pars{\pi\over2}-x}^{n}\博览会{\ic\pars{\pi/2-x}}\，\，\dd x\\[5mm]=&\\pars{\pi\over2}^{n}\int_{0}^{\pi/2}\exp\pars{n\ln\pars}1-{2\over\pi}x}}\bracks｛\sin\pars｛x｝+\cos\pars｛x｝｝\，\，\dd x\\[5mm]&\溢出{\sr{{rmas}\n\\to\\infty}{\sim}\pars{\pi\over 2}^{n}\int_{0}^{\infty}\博览会{-2nx/\pi}\，\pars{x+\ic}\，\，\dd-x}^{\ds{拉普拉斯方法}}\\[5mm]=&\\颜色{红色}{\pars{\pi\over 2}^{n}\括号{\pars{\pi\over2n}^{2}+{\pi\ over2n}\ic}}\\[5mm]\表示&\\左\{\开始{array}{rcl}\ds{\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\sin\pars{x}\，\dd-x}&\ds{\sr{{\rm as}\n \\to\\infty}{\sim}}&\ds{\pars{\pi\over2}^{n}{\pi\ over2n}}\\\ds{\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\cos\pars{x}\，\dd-x}&\ds{\sr{{\rm as}\n \\to\\infty}{\sim}}&\ds{\pars{\pi\over2}^{n}\pars}\pi\Over2n}^{2}}\右端{数组}。\结束{对齐}因此，\开始｛align｝&\颜色{#44f}{\lim_{n\to\infty}{\ds{n^{\alpha}\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\sin\pars{x}\，\ddx}\over\ds{\int_}0}^}\pi/2{x^{n}\cos\pars{x}\，\ ddx}}}=\lim_{n\to\infty}n^{\alpha}{\pars{\pi/2}^{n}\\bracks{\pi/\pars[2n}}\\over\pars{\ pi/2}^{n{\\bracks{\pi/\pars{2n}}^{2}}\\[5mm]=&\\bbx{\color{#44f}{{2\over\pi}\lim_{n\to\infty}n^{\alpha+1}}}\\nbox｛与｝\\lim{n\to\infty}n^{\alpha+1}=\左开始｛array｝｛rcrcl｝\ds{0}&\mbox{if}&\ds{\alpha}&\ds{<}&\ds{-1}\\\ds{\large 1}&{\lagree\mbox{if}}&\ds{\rarge\alpha}&\d{=}&\ds{\la格-1}\\\ds{\infty}&\mbox{if}&\ds{\alpha}&\ds{>}&\ds{-1}\结束｛array｝\右键。\\[5mm]&\mbox{解，其中}\L\\mbox{finited和}\\not=0，显然是}\结束{对齐} $$\bbx{\color{#44f}{L={2\over\pi}\四元\颜色{黑色}{\mbox{with}}\quad\alpha=-1}}$$