hallazgo

Question

$$\lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{1+x+x^{n}}dx$$

Yo factorizar $x^n$ luego he intentado con $u=1+x^{1-n}$ pero no me llega demasiado lejos. También traté de conseguir algo de $0<x<1$. Sé que si $x$ es de $(0,1)$ entonces $x^n$ tiende a $0$ como $n \to \infty$.

Answer 1

$$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}n\int_0^1\frac{x^n}{1+x+x^n}\,\mathrm{d}x &=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^{1/n}}{1+x^{1/n}+x}\,\mathrm{d}x\tag1\\ &=\int_0^1\frac1{2+x}\,\mathrm{d}x\tag2\\[3pt] &=\log\left(\frac32\right)\tag3 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto x^{1/n}$
$(2)$: Convergencia Dominada
$(3)$: evaluar

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La heurística

¿Por qué debo utilizar la sustitución de $x\mapsto x^{1/n}$? La función de $nx^n$ tiene peso $\frac{n}{n+1}$, y todo lo que el peso se concentra cerca de $1$ como $n\to\infty$. Si no tenemos el $x^n$ en el denominador, entonces podríamos simplemente tenga en cuenta que $\frac1{1+x}=\frac12$ cerca de $1$ y ver que la integral sería $\frac12$. El $x^n$ en el denominador nos obliga a mirar más de cerca lo que sucede cerca de $1$. El mapa de $x\to x^{1/n}$ mueve los puntos de $[0,1]$ más cerca de la $1$; por lo tanto, se extiende la acción de la $\frac{nx^n}{1+x+x^n}$ a partir de cerca de $1$ más abajo en $[0,1]$. La cosa que me dijeron que esto era lo correcto es que el factor de $n$ desaparecido. Una vez que realice la sustitución, es fácil ver que para todos los $n\gt1$, $$ \frac{x^{1/n}}{1+x^{1/n}+x}\le\frac1{1+x} $$ que nos permite el uso de Convergencia Dominada.

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Mucho Más Enfoque Básico $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}n\int_0^1\frac{x^n}{1+x+x^n}\,\mathrm{d}x &=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^{1/n}}{1+x^{1/n}+x}\,\mathrm{d}x\tag4\\ &=\int_0^1\frac1{2+x}\,\mathrm{d}x\tag5\\[3pt] &=\log\left(\frac32\right)\tag6 \end{align} $$ Explicación:
$(4)$: sustituto $x\mapsto x^{1/n}$
$(5)$: la diferencia se desvanece
$(6)$: evaluar

Discusión de $\mathbf{(5)}$: $$ \begin{align} \int_0^1\left[\frac1{2+x}-\frac{x^{1/n}}{1+x^{1/n}+x}\right]\mathrm{d}x &=\int_0^1\frac{(1+x)\left(1-x^{1/n}\right)}{(2+x)\left(1+x^{1/n}+x\right)}\,\mathrm{d}x\tag7\\ &\le\frac12\int_0^1\left(1-x^{1/n}\right)\mathrm{d}x\tag8\\[6pt] &=\frac1{2n+2}\tag9 \end{align} $$ Explicación:
$(7)$: restar
$(8)$: $\frac{1+x}{(2+x)\left(1+x^{1/n}+x\right)}\le\frac12$
$(9)$: evaluar

Answer 2

En mi prueba, voy a usar Lebesgue del Teorema de Convergencia Dominada.

Tenemos (ignoro el $dx$ por razones de brevedad) $$ \int_0^1\frac{nx^n}{1+x+x^n} =\int_0^1\frac{x(nx^{n-1}+1)-x}{1+x+x^n} =\int_0^1\frac{x(nx^{n-1}+1)}{1+x+x^n}-\int_0^1\frac{x}{1+x+x^n}. $$ El uso de IP con $u(x)=x$ e $v'(x)=nx^{n-1}+1$ para la primera integral, obtenemos $$ I_{1,n}=\ln(3)-\int_0^1\ln(1+x+x^n). $$ Ahora, desde la $0\leq\ln(1+x+x^n)\leq x+x^n\leq x+1$ a $(0,1)$ (aquí uso la desigualdad $\ln(1+x)\leq x$ para $x>0$) y $x\mapsto x+1$ es integrable en a$(0,1)$, la aplicación de la DCT rendimientos $$ \lim_n\int_0^1\ln(1+x+x^n)=\int_0^1\lim_n\ln(1+x+x^n)=\int_0^1\ln(1+x)=\ln(4)-1. $$ Por lo tanto, $I_{1,n}\to\ln(3)-\ln(4)+1$. Por el otro, ya que $0\leq x/(1+x+x^n)\leq 1$ a $(0,1)$, la aplicación de la DCT de los rendimientos, $$ \lim\int_0^1\frac{x}{1+x+x^n}=\int_0^1\lim\frac{x}{1+x+x^n}=\int_0^1\frac{x}{1+x}=1-\ln(2). $$ Os dejo el trabajo de la combinación de estas para usted :)