安徽师范大学 2013年数学分析第4题
📝 题目
4． $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} d x ;$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析被积函数在区间上的行为
当 \( x \in [0,1] \) 时，\( 1 - x^2 \in [0,1] \)。对于固定的 \( x > 0 \)，当 \( n \to \infty \) 时，\( (1-x^2)^n \to 0 \)；只有在 \( x=0 \) 时，值为 1。因此直观上，积分的主要贡献来自 \( x \) 非常接近 0 的区域。
提示：注意被积函数在端点处的行为，这是判断极限的关键。
步骤 2/6
目标：通过变量替换简化积分
令 \( x = \sin t \)，则当 \( x \) 从 0 到 1 时，\( t \) 从 0 到 \( \pi/2 \)。那么 \( 1 - x^2 = 1 - \sin^2 t = \cos^2 t \)，并且 \( dx = \cos t \, dt \)。于是积分变为：
\[ \int_0^1 (1-x^2)^n dx = \int_0^{\pi/2} (\cos^2 t)^n \cdot \cos t \, dt = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} t \, dt \]
公式：\int_0^1 (1-x^2)^n dx = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} t \, dt
提示：三角代换是处理含 \(1-x^2\) 积分的常用技巧。
步骤 3/6
目标：应用 Wallis 积分公式
Wallis 积分公式：对于正整数 \( m \)，
\[ \int_0^{\pi/2} \cos^m t \, dt = \begin{cases} \frac{(m-1)!!}{m!!} \cdot \frac{\pi}{2}, & m \text{ 为偶数} \\ \frac{(m-1)!!}{m!!}, & m \text{ 为奇数} \end{cases} \]
这里 \( m = 2n+1 \) 是奇数，因此
\[ \int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} t \, dt = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} \]
公式：\int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} t \, dt = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}
提示：注意区分奇偶情况，双阶乘的定义要准确。
步骤 4/6
目标：将双阶乘转化为阶乘形式
利用双阶乘与阶乘的关系：
\[ (2n)!! = 2^n n!, \quad (2n+1)!! = \frac{(2n+1)!}{2^n n!} \]
代入得：
\[ \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \frac{2^n n!}{\frac{(2n+1)!}{2^n n!}} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!} \]
公式：\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!}
提示：双阶乘与阶乘的转换是处理此类问题的关键步骤。
步骤 5/6
目标：利用 Stirling 公式求极限
Stirling 公式：\( n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n \)。于是：
\[ (n!)^2 \sim 2\pi n \left(\frac{n}{e}\right)^{2n} \]
\[ (2n+1)! = (2n+1)(2n)! \sim (2n+1) \cdot \sqrt{4\pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} \]
代入表达式：
\[ \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!} \sim \frac{2^{2n} \cdot 2\pi n \left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}{(2n+1) \sqrt{4\pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}} \]
注意 \( 2^{2n} \cdot \left(\frac{n}{e}\right)^{2n} = \left( \frac{4n^2}{e^2} \right)^n \)，分母中的 \(\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} = \left( \frac{4n^2}{e^2} \right)^n \)，两者抵消，剩下：
\[ \sim \frac{2\pi n}{(2n+1) \sqrt{4\pi n}} = \frac{2\pi n}{(2n+1) \cdot 2\sqrt{\pi n}} = \frac{\sqrt{\pi n}}{2n+1} \]
当 \( n \to \infty \) 时，\( \frac{\sqrt{\pi n}}{2n+1} \sim \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}} \to 0 \)。
公式：\frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!} \sim \frac{\sqrt{\pi n}}{2n+1} \to 0
提示：Stirling 公式用于处理阶乘的渐近行为，注意化简过程中指数项的抵消。
步骤 6/6
目标：得出极限结论
由以上推导，原积分极限为 0。另外，也可用 Lebesgue 控制收敛定理直接得到：由于在 (0,1] 上 \( (1-x^2)^n \) 单调递减趋于 0，且被 1 控制，故极限与积分可交换，结果为 0。
公式：\lim_{n \to \infty} \int_0^1 (1-x^2)^n dx = 0
提示：控制收敛定理提供了一种更简洁的解法，但需注意单调性和控制函数的可积性。
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