Expansión asintótica en orden 2 $\int_0^1 \frac{x^n}{1+x} \, dx$

Question

Me gustaría conseguir una expansión asintótica del $\int_0^1 \frac{x^n}{1+x} \, dx$ en la orden dos en $\frac{1}{n}$.

¿Soy capaz de demostrar que $$\lim\limits_{n \to \infty} n \int_0^1 \frac{x^n}{1+x} \, dx = \frac{1}{2}$$ which provides an asymptotic expansion at order $1 $. How can I go one step further? Even better, is there a way to get an asymptotic expansion at any order $m$?

Answer 1

Primero hacer el cambio de variables $x=e^{-s/n}$, que $$I(n)=n\int_0^1\frac{x^n dx}{1+x}=\int_0^{\infty}\frac{e^{-s}ds}{e^{s/n}+1}.$ $ ahora basta a Taylor expansión en $\frac1n$ a cualquier orden deseado. Todas las integrales resultantes serán de la forma $\alpha_k=\int0^{\infty}s^{k}e^{-s}ds=k!$ y por lo tanto son fácilmente computables. En particular, $$I(n)=\frac12-\frac1{4n}+\frac1{8n^3}+O\left(n^{-5}\right).$ $ escribir completa expansión asintótica, es útil notar que $$\frac{1}{e^{s/n}+1}=\frac12\left(1-\tanh\frac s{2n}\right)=\frac12-\frac12\sum{k=1}^{\infty}{\frac{2^{2k}(2^{2k}-1)B_{2k}}{(2k)!}}\left(\frac s{2n}\right)^{2k-1},$ $, que implica que (aquí $Bk$ denotan números de Bernoulli) $$I(n)=\frac12-\sum{k=1}^{\infty}{\frac{(2^{2k}-1)B_{2k}}{2k}}n^{1-2k}.$ $

Answer 2

Método 1. Un acercamiento elemental. Usted sólo puede integrar por partes dos veces, $$ \begin{align} I_n&=\int_0^1\frac{x^n}{1+x}\:dx \\&=\left. \frac{x^{n+1}}{(n+1)}\frac{1}{1+x}\right|_0^1+\frac{1}{(n+1)}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{(x+1)^2}\:dx\\ &=\frac1{2(n+1)}+\frac{1}{n+1}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{(x+1)^2}\:dx\\ &=\frac1{2(n+1)}+\frac{1}{n+1}\left(\left. \frac{x^{n+2}}{(n+2)}\frac{1}{(1+x)^2}\right|_0^1+\frac{2}{(n+1)}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{(x+1)^3}\:dx \right)\\ &=\frac1{2(n+1)}+\frac1{4(n+1)(n+2)}+\frac{2}{(n+1)^2}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{(x+1)^3}\:dx \end{align} $$ pero $$ 0\leq \int_0^1\frac{x^{n+1}}{(x+1)^3}\:dx\leq\int_0^1^{n+1}dx=\frac{1}{(n+2)} $$ mus $$ \frac{2}{(n+1)^2}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{(x+1)^3}\:dx=\mathcal{S}\left(\frac{1}{n^3} \right) $$ Finalmente, como $n \to \infty$,

$$ I_n=\int_0^1\frac{x^n}{1+x}dx=\frac1{2n}-\frac{1}{4n^2}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3} \right).$$

$$ $$ Método 2. Uno puede utilizar el estándar de representación integral de la función digamma y su asymptotics, como $n \to \infty$,

$$ \begin{align} I_n=\int_0^1\frac{x^n}{1+x}\:dx&=\int_0^1\frac{x^n-x^{n+1}}{1-x^2}\:dx\\ &=\frac12\int_0^1\frac{(1-t^{n/2})-(1-t^{(n-1)/2})}{1-t}\:dt\\ &=\frac12\psi\left(\frac{n}{2}+1\right)-\frac12\psi\left(\frac{n}{2}+\frac12\right)\\ &=\frac1{2n}-\frac{1}{4n^2}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3} \right). \end{align} $$

Answer 3

Considere la posibilidad de $\,t:=x^n\,$, entonces la integral se convierte en \begin{align} I(n)&:=\int_0^1 \frac{x^n}{1+x} \, dx\\ &=\int_0^1 \frac{t}{1+t^{1/n}} \frac{t^{1/n-1}}n\, dt\\ &=\frac 1n \int_0^1 \frac{t^{1/n}}{1+t^{1/n}}\, dt\\ \end{align} Usted puede expandir $\,\dfrac{t^{1/n}}{n\;(1+t^{1/n})}\,$ en la serie como $n\to \infty$ (es decir, expandir $e^{\log(t)/n}$) (más rápido con un CAS) : $$\frac 1{2n}+\frac{\log(x)}{4n^2}-\frac{\log(x)^3}{48 n^4}+\cdots$$ y la integración entre el $0$ $1$ debe devolver : $$\frac 1{2n}-\frac{1}{4n^2}+\frac{1}{8 n^4}-\cdots$$ (la integral de la $\log(x)^n$ no fue dada hace mucho tiempo como $(-1)^n\,n!$)

Solución explícita: Los coeficientes pueden ser obtenidos a partir de la generación de la función de los números de Bernoulli , de modo que el resultado final es simplemente : $$I(n)\sim \sum_{k>0} \frac {1-2^{k}}{k}\frac{B_{k}}{n^k}$$