[EX] Un limite

[gugo82]

Questo è più o meno classico.

Esercizio:

Calcolare:
\[
\lim_n \int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x\; .
\]

Suggerimento: Provare con qualche funzione speciale.

[wnvl]

Penso che hai dementicato qualcosa:\(\displaystyle \lim_{n \to ???} \)

[gugo82]

"wnvl":Penso che hai dementicato qualcosa:\(\displaystyle \lim_{n \to ???} \)

It's \(n\to \infty\), naturally.
When I write \(\lim_n\) I always mean that \(n\) is a positive integer, hence it can only run to \(\infty\).

[wnvl]

\(
\lim_n \int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x\;
\)

sostituizione \(\displaystyle u=x^2 \)

\(
=\frac{1}{2}\lim_n \int_0^n \left( 1-\frac{u}{n}\right)^n u^{\frac{-1}{2}}\ \text{d} u\;
\)

\(
=\frac{1}{2} \int_0^{\infty} e^{-u} u^{\frac{-1}{2}}\ \text{d} u\;
\)

\(
=\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{\pi}}{2}
\)

[gugo82]

Il risultato è esatto.
Ma occorre spiegare perché è lecito il passaggio al limite sotto il segno d'integrale.

Your result is correct.
Neverthless, you should explain the reason why you can pass to the limit under the integral sign.

Ecco la mia soluzione:

Come annunciato faccio uso di due funzioni speciali, i.e. le funzioni euleriane gamma \(\Gamma (x)\) e beta \(B(x,y)\).

***

Ricordo che la funzione \(\Gamma\) è definita per \(x>0\) ponendo:
\[
\tag{1} \Gamma (x) := \int_0^\infty t^{x-1}\ e^{-t}\ \text{d} t\; ,
\]
mentre la funzione \(B\) è definita per \(x,y>0\) da:
\[
\tag{2} B(x,y):= \int_0^1 t^{x-1}\ (1-t)^{y-1}\ \text{d} t\; .
\]
Le due funzioni euleriane sono legate dalla relazione:
\[
\tag{3} \Gamma (x+y)\ B(x,y)=\Gamma (x)\ \Gamma (y)
\]
che si dimostra facilemente usando la formula di riduzione degli integrali doppi ed un cambiamento di variabili.*
Inoltre, ricordo che:
\[
\tag{4} \Gamma (1/2) =\sqrt{\pi}
\]
e che valgono la formula d'addizione:
\[
\tag{5} \Gamma (x+1)=x\ \Gamma (x)
\]
e l'approssimazione di Stirling:
\[
\tag{6} \Gamma (x)\approx \sqrt{2\pi}\ x^{x-1/2}\ e^{-x}\ \left( 1+\frac{1}{12x}+\text{o}(1/x)\right)\qquad \text{, per } x\to \infty\; .
\]

***

Fatta questa doverosa premessa, calcoliamo il limite assegnato.

Facendo un cambiamento di variabile si trova:
\[
\int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x \stackrel{t=x^2/n}{=} \frac{\sqrt{n}}{2}\ \int_0^1 t^{-1/2}\ (1-t)^n\ \text{d} t
\]
quindi:
\[
\begin{split}
\int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x &= \frac{\sqrt{n}}{2}\ B\left( \frac{1}{2}, n+1\right)\\
&= \frac{\sqrt{n}}{2}\ \frac{\Gamma \left( \frac{1}{2}\right)\ \Gamma (n+1)}{\Gamma \left( n+\frac{3}{2}\right)}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \frac{\sqrt{n}\ n\ \Gamma (n)}{\left( n+\frac{1}{2}\right)\ \Gamma \left( n+\frac{1}{2}\right)}\; ,
\end{split}
\]
ove sono state usate le (3)-(5).
Dalla (6) segue:
\[
\begin{split}
\int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x &\approx \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \frac{\sqrt{n}\ \Gamma (n)}{\Gamma \left( n+\frac{1}{2}\right)}\\
&\approx \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \frac{\cancel{\sqrt{2\pi}}\ n^n\ \cancel{e^{-n}}}{\cancel{\sqrt{2\pi}}\ \left( n+\frac{1}{2}\right)^n\ e^{\cancel{-n}-1/2}}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \frac{e^{1/2}}{\left( 1+\frac{1}{2n}\right)^n}
\end{split}
\]
per \(n\to \infty\), ergo:
\[
\begin{split}
\lim_n \int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x &= \lim_n \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \frac{e^{1/2}}{\left( 1+\frac{1}{2n}\right)^n}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \frac{\cancel{e^{1/2}}}{\cancel{e^{1/2}}}\\
&= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\; .
\end{split}
\]

[wnvl]

"gugo82":
Neverthless, you should explain the reason why you can pass to the limit under the integral sign.

I knew that this was a weak point in my calculation. I could say that it is a published formula

http://functions.wolfram.com/GammaBetaErf/Gamma/09/0007/

but that is not a satisfying answer.

There are some theorems that can be used to decide on the exchangeability of the order of taking limit wrt one variable and taking the integral.

\(\displaystyle \lim_{y\rightarrow a} \int_A f(x,y) dx = \int_A \lim_{y\rightarrow a} f(x,y) dx \)

like the dominated convergence theorem

http://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_convergence_theorem

and the monotone convergence theorem

http://en.wikipedia.org/wiki/Monotone_convergence_theorem



but the additional problem here is that the integration limit itself in

\(\displaystyle =\frac{1}{2}\lim_n \int_0^n \left( 1-\frac{u}{n}\right)^n u^{\frac{-1}{2}}\ \text{d} u\; \)

depends on n. I don't know how to deal with this. Still thinking...

[wnvl]

I got a hint

\(\displaystyle \displaystyle \frac{1}{2}\lim_n \int_0^n \left( 1-\frac{u}{n}\right)^n u^{\frac{-1}{2}}\ \text{d} u\;= \frac{1}{2}\lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} 1_{\{u\le n\}}(1-u/n)^n u^{\frac{-1}{2}}\ \text{d} u\; \)

and now we can use the dominated convergence theorem as

\(\displaystyle \left|1_{\{u\le n\}}(1-\frac{u}{n})^n u^{\frac{-1}{2}} \right| \leq e^{-u} u^{\frac{-1}{2}} \)

to prove that the order of the limit and the integral can be switched.

[j18eos]

I think that your hint is:
\[
\lim_n\int_0^{\sqrt{n}}...=\lim_n\int_0^{\infty}1_{\{0\leq u\leq\sqrt{n}\}}...
\]
but I am not convinced!

[wnvl]

"j18eos":I think that your hint is:
\[
\lim_n\int_0^{\sqrt{n}}...=\lim_n\int_0^{\infty}1_{\{0\leq u\leq\sqrt{n}\}}...
\]
but I am not convinced!

I did first this substitution (in the hidden text box):

\(
\lim_n \int_0^\sqrt{n} \left( 1-\frac{x^2}{n}\right)^n\ \text{d} x\;
\)

sostituizione \(\displaystyle u=x^2 \)

\(
=\frac{1}{2}\lim_n \int_0^n \left( 1-\frac{u}{n}\right)^n u^{\frac{-1}{2}}\ \text{d} u\;
\)

[Rigel1]

My solution (with Stirling and without special functions).

\[I_n := \int_0^{\sqrt{n}} (1-x^2/n)^n dx = \sqrt{n}\int_0^1 (1-y^2)^n dy = \sqrt{n} \frac{4^n (n!)^2}{(2n+1)!}.\]
Indeed it is easily shown that \(J_n := \int_0^1 (1-y^2)^n dy\) satisfies the recursion relation \(J_n = \frac{2n}{2n+1} J_{n-1}\), so the above formula follows.
Now, using Stirling's formula we get
\[ I_n \sim \frac{\sqrt{n} 4^n (n^n e^{-n} \sqrt{2\pi n})^2}{(2n+1)^{2n+1} e^{-2n-1} \sqrt{2\pi(2n+1)}} \sim \frac{\sqrt{\pi}}{2}.\]

[j18eos]

"wnvl":...sostituizione...

Sostituzione!

Now, I understand your reasoning!

OUT OF SELF: But why are we writing in English?

[wnvl]

Scusatemi, hai ragione "sostituzione".

Gugo ha comminciato a scrivere in inglese. No, vengo da Belgio e l'italiano è dunque la mia quinta lingua dopo Nederlandese, Francese, Inglese e tedesco.
Comprendere l'italiano non è tanto difficile perche è molto simile al latino e francese. Ma non so bene scrivere / parlare italiano. Spero di migliorare qui la mia conoscenza del italiano e della matematica.

[gugo82]

[OT]

@j18eos: Ho scritto in inglese perché pensavo risultasse più semplice per wnvl.

@wnvl: Una piccola correzione: Nederlands = "Olanda" in italiano (anche se la traduzione più corretta sarebbe "Paesi Bassi", come in francese "Pays-Bas"); quindi la lingua parlata in quel paese si chiama "olandese".

Dall'ordine in cui hai citato le lingue che conosci deduco che sei delle Fiandre (Vlaanderen), o sbaglio?

[/OT]

[wnvl]

"gugo82":[OT]

Dall'ordine in cui hai citato le lingue che conosci deduco che sei delle Fiandre (Vlaanderen), o sbaglio?

[/OT]

Si, sono di Anversa (Antwerpen).

[aizarg1]

La mia soluzione senza Stirling nè funzioni speciali.

\( C_{n}=\left\{ \left(x,y\right)|0\leq x\leq\sqrt{n},0\leq y\leq\sqrt{n}\right\}\), \( Q_{n}=\left\{ \left(x,y\right)|x\geq0,y\geq0,x^{2}+y^{2}\leq n\right\}\)

Risulta: \( C_n \subset Q_n \subset C_{2n}\)

\( f_{n}(x,y)=\left(1-\frac{x^{2}}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{y^{2}}{n}\right)^{n}\)

\( a_{n}=\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{x^{2}}{n}\right)^{n}dx\)

\( \int\int_{Q_{n}}f_{n}(x,ydx=\int_{0}^{\sqrt{n}}\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{x^{2}}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{y^{2}}{n}\right)^{n}dxdy=a_n^2\)

\(\int\int_{C_{n}}f_{n}(x,ydx\leq\int\int_{Q_{n}}f_{n}(x,ydx\leq\int\int_{C_{2n}}f_{2n}(x,ydx \)

La seconda disuguaglianza segue da : \( 1-\frac{x^{2}}{n}\leq\left(1-\frac{x^{2}}{2n}\right)^{2}\)

\( \int\int_{C_{n}}f_{n}(x,y)dxdy=\int\int_{c_{n}}\left(1-\frac{x^{2}+y^{2}}{n}+\frac{x^{2}y^{2}}{n^{2}}\right)^ndxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{\rho^{2}}{n}+\frac{\rho^{4}sin^{2}\left(2\vartheta\right)}{4n^{2}}\right)^n\rho d\rho d\vartheta \)
\( \geq\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{\rho^{2}}{n}\right)^{n}\rho d\rho=\frac{\pi n}{4\left(n+1\right)}\)

\( \int\int_{C_{2n}}f_{2n}(x,y)dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\sqrt{2n}}\left(1-\frac{\varrho^{2}}{2n}+\frac{\rho^{4}\sin^{2}\left(2\vartheta\right)}{16n^{2}}\right)^{2n}\rho d\vartheta d\rho\leq\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\sqrt{2n}}\left(1-\frac{\varrho^{2}}{2n}+\frac{\rho^{4}{}^{2}}{16n^{2}}\right)^{2n}\rho d\rho\)
\(= \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\sqrt{2n}}\left(1-\frac{\varrho^{2}}{4n}\right)^{4n} \rho d\rho=\frac{n\pi}{4n+1}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{4n+1}\right]\)
Quindi:
\( \sqrt{\frac{\pi n}{4\left(n+1\right)}}\leq a_{n}\leq\sqrt{\frac{\pi}{4n+1}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{4n+1}\right]}\)
da cui: \( lim_{n \rightarrow \infty} a_n=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)

[j18eos]

A parte qualche svista (tipo una potenza \(42\)-sima e un errore nella penultima riga), mi sembra tutto corretto!

[Newton_1372]

io pensavo di usare il binomio di newton, integrare in x (alla fine è un polinomio) e poi passare al limite...sarebbe stato sbagliato?

[j18eos]

A occhio direi di no!