Cómo encontrar un significativo vinculado en una secuencia que se conoce para ir a $0$

Question

Estoy haciendo un ejercicio de programación (muy interesante, en realidad) en la secuencia de $\{I_k\}_{k\in\Bbb{N}}$

$$I_k = \int_0^1 x^ke^{x-1} dx$$

y también estoy dado de una ya probada por mí - la recurrencia de la fórmula,

$$I_k = 1 - kI_{k-1}$$

y en algún momento tengo que muestran que el$I_k$$0$. Yo estaba tratando de hacerlo sólo con la repetición de la fórmula y el hecho de que $I_1 = \frac1e$, con la inducción. He intentado probar $I_k < \frac{1}{k+1}$, pero en la demostración de que terminé la necesidad de asumir que $\frac{1}{k+1} < I_{k-1}$. Así que, básicamente, quería probar

$$\frac{1}{k+2} < I_k < \frac{1}{k+1} \tag{1}$$

He verificado para$k$$10$, por lo que no se siente como lo que debería ser la verdadera. Con la inducción, demostrando $I_k < \frac{1}{k+1}$ suponiendo que (1) es trivial. Sin embargo, cuando trato de demostrar $\frac{1}{k+2} < I_k$ termino con

$$I_{k-1} < \frac{1}{k}\frac{k+1}{k+2}$$

lo que me hizo escribir

$$I_{k-1} < \frac{1}{k}\frac{k+1}{k+2} < \frac{1}{k}, \text{true, by the induction hypothesis}$$

Sin embargo, yo no puedo hacer esto. Sé $I_{k-1}< \frac{1}{k}$ pero que no me deja escribir lo que escribí, ni probar lo que quiero demostrar. Hay alguien ahí fuera capaz de dar me de una mano?

El ideal sería el uso de la inducción para demostrar (1).

Si no que, la segunda cosa ideal sería el uso de la inducción para demostrar que el $I_k$, a partir de algunos $k_0$, están delimitadas por algo que no aumente. Incluso puede ser una constante. Por ejemplo, mostrando el $I_k < 1\ \forall k$ sería lo suficientemente bueno para mis propósitos.

También, si alguien sabe si esta secuencia (o integrales) no tiene ningún nombre, yo sería capaz de mejorar la búsqueda de cosas que podrían ayudar.

Answer 1

Es que no me queda claro si la pregunta sugiere la inducción o requiere . Si la inducción es meramente sugerido, entonces aquí es una respuesta en la que rechaza la sugerencia!

Majorize a través de $$0 \le x^ke^{x-1} \le x^k\:\ \mbox{for all}\ x\in[0,1].$$ By this, we have that $$ 0 \le I_k = \int_0^1 x^k e^{x-1}\,dx \le \int_0^1 x^k \, dx = \frac 1 {k+1} \to 0 \text{ as } k\to\infty. $$ que creo que hace lo que quiere.

(Esto fracasaría, por supuesto, si usted necesita $\sum_k I_k$ a ser delimitada—pero eso no es un fallo de la prueba, sino más bien de la serie. En cualquier caso, no han pedido acotamiento en $\sum_k I_k$.)

Answer 2

$$I_k = \int_0^1 x^ke^{x-1} \, dx$$

Directamente de la integral:

$$\frac1{e} \lt e^{x-1} \lt 1 $$ así $$\frac1{e(k+1)} \lt I_k \lt \frac1{k+1}. $$

Desde $e^{x-1} > x$ (debido a que $e^z > 1+z$), $I_k > \int_0^1 x^kx \,dx =\frac1{k+2} $. Esto es lo que querías.

Tratando de ser más precisos:

La interpolación de en$0$$1$, desde $(e^{x-1})'' > 0$, $e^{x-1} \lt (1-\frac1{e})x+\frac1{e} $, así

\begin{align} I_k &\lt \int_0^1 x^k \left(\left(1-\frac1 e\right)x+\frac 1 e\right) \, dx\\ &=\left(1-\frac 1 e\right)\frac1{k+2}+\frac1{e(k+1)}\\ &=\frac1{k+2}+\frac1{e(k+1)(k+2)} \end{align}

así que $0 \lt I_k-\frac1{k+2} \lt \frac1{e(k+1)(k+2)} $.

Vamos $d(x) =(1-\frac1{e})x+\frac1{e}-e^{x-1} =(1-\frac1{e})x+\frac1{e}(1-e^{x}) $. $d(0) = d(1) = 0$ y $d'(x) =(1-\frac1{e})-e^{x-1} =0 $ cuando

\begin{align} x &=x_0\\ &=1+\ln(1-\frac1{e})\\ &=1+\ln(e-1)-1\\ &=\ln(e-1)\\ &\approx 0.54132\\ \end{align}

donde $d(x_0) = \frac1{e}(2 - e + (e - 1) \ln(e - 1)) \aprox 0.077941 $.

Por lo tanto $e^{x-1} \ge d(x)-d(x_0) $ así $I_k \ge \frac1{k+1}-(1-\frac1{e})\frac1{(k+1)(k+2)}-d(x_0) $.

Eso es suficiente por ahora.

Answer 3

(Ampliando mis comentarios previamente publicados.)

Yo también soy dado una ya probada por mí - la recurrencia de la fórmula,

$$I_k = 1 - kI_{k-1}$$

Una vez que la relación de recurrencia se determina, de los límites de seguir directamente desde sólo la positividad de el integrando $\,x^k e^{x-1} \gt 0\,$$\,x \gt 0\,$, lo que implica inmediatamente $\,I_k \gt 0\,$ todos los $\forall k \in \mathbb{N}\,$. Por lo tanto:

• $1 - kI_{k-1}=I_k \gt 0 \implies k I_{k-1} \lt 1 \implies I_{k-1} \lt \cfrac{1}{k} \quad\quad$

• a continuación, $1 - kI_{k-1}=I_k \lt \cfrac{1}{k+1} \implies k I_{k-1} \gt 1 - \cfrac{1}{k+1}=\cfrac{k}{k+1}\implies I_{k-1} \gt \cfrac{1}{k+1}$