Encuentre
$$\lim_{n\to\infty}\int_0^1 n\ln(1+{1\over n\sqrt x})\ dx$$
¿Puedo aplicar el teorema de convergencia monótona?
Mi trabajo es que $$\int_0^1\lim_{n\to\infty}nln(1+{1\over n\sqrt x})dx$$ $$\int_0^1\lim_{n\to\infty}n\int_1^{1+{1\over n\sqrt x}}1/ydy$$ Dejemos que $$y=1+{1\over n\sqrt t}$$ entonces dy=1/n(-t^(-3/2))dt
$$\int_0^1\lim_{n\to\infty}\int_0^x{1\over 1+{1\over n\sqrt t}}(-1){1\over2}t^{-3/2}dt$$ Aplicar el teorema monotónico
$$\int_0^1x^{-1/2}dx=2$$
En realidad, podemos aplicar la convergencia dominada aquí (quizás también la monótona, pero la dominada es más fácil de usar en este caso). Utilizando la desigualdad $\log(1+x) \leq x$ podemos acotar el integrando puntualmente $$ n\log(1+\frac{1}{n\sqrt{x}}) \leq \frac{1}{\sqrt{x}}. $$ Desde $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx < \infty$ podemos aplicar con seguridad la convergencia dominada para ver que $$ \lim_{n\to\infty} \int_0^1 n\log(1+\frac{1}{n\sqrt{x}})\,dx = \int_0^1 \lim_{n\to\infty} n\log(1+\frac{1}{n\sqrt{x}})\,dx = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx. $$ Y esta integral es sencilla de evaluar, $$ \int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx = \left.2\sqrt{x}\right|_0^1 = 2. $$
Por lo que entiendo, parece que tiene una forma de probar $\lim_{n\to\infty} n\log(1+\frac{1}{n\sqrt{x}}) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ . Creo que su prueba de ese límite es correcta. En mi respuesta me preocupa más la validez de mover el límite dentro de la integral, que como ves no es difícil de justificar.
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