Calcular $\lim_{n\to\infty}n^4\int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\,dx$

Question

Calcular

\begin{equation} \lim_{n\to\infty}n^4\int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\,dx \end{equation}

Según Wolfram Alpha, el límite es cero. Traté de hacer la sustitución de $x=\frac{t}{n}$ y tengo \begin{equation} \lim_{n\to\infty}\int_0^{\large\frac{1}{n}}\frac{t^n\ln^3t}{n^n+t^n}\ln\left(1-\frac{t}{n}\right)\,dx \to 0 \end{equation} pero no estoy seguro de que este enfoque es correcto.

También traté de hacer la sustitución de $t=x^n$ y tengo \begin{equation} \lim_{n\to\infty}n^4\int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\,dx=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{t^{\large\frac{1}{n}}\ln^3t}{1+t}\ln\left(1-t^{\large\frac{1}{n}}\right)\,dt \end{equation} He utilizado el enlazado $$\left|\int_0^1\frac{t^{\large\frac{1}{n}}\ln^3t}{1+t}\ln\left(1-t^{\large\frac{1}{n}}\right)\,dt\right|\leq\int_0^1\left|t^{\large\frac{1}{n}}\ln^3t\ln\left(1-t^{\large\frac{1}{n}}\right)\right|\,dt$$ debido a $1+t\ge1$, lo $\frac{1}{1+t}\leq1$. Puedo calcular la integral usando la serie de Taylor para el logaritmo pero después de tomar el límite conseguí el resultado fue infinito. \begin{align} \lim_{n\to\infty}n^4\int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\,dx&=\lim_{n\to\infty}\int_0^1t^{\large\frac{1}{n}}\ln^3t\ln\left(1-t^{\large\frac{1}{n}}\right)\,dt\\ &=-\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\int_0^1t^{\large\frac{k+1}{n}}\ln^3t\,dt\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^\infty\frac{6}{k\left(\frac{k+1}{n}+1\right)^4}\to\infty \end{align} Podría alguien, por favor me ayudan? Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Vamos a probar que el límite es de $+\infty$.

Deje que $$\eqalign{I_n&=n^4\int_0^1\frac{x^n}{1+x^n}\ln^3 x\ln(1-x)dx\cr J_n&=n^4\int_0^1^n\ln^3 x\ln(1-x)dx}$$ Claramente $$\frac{1}{2}J_n\leq I_n\leq J_n$$ debido a $\frac{1}{2}\leq\frac{1}{1+x^n}\leq1$$\ln^3x\ln(1-x)\geq0$$0<x<1$. Así, consideremos $J_n$. Tenemos $$-\ln(1-x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k}$$ y $$\int_0^1x^{m}(-\ln x)^3dx=\frac{6}{(m+1)^4}$$ La combinación de estas dos propiedades vemos que $$ J_n=\sum_{k=1}^\infty\frac{6n^4}{k(k+1+n)^4} $$ para un determinado $m\geq1$ hemos $$ J_n\geq\sum_{k=1}^m\frac{6n^4}{k(k+1+n)^4} $$ por lo tanto $$\liminf_{n\to\infty}J_n\geq 6 \sum_{k=1}^m\frac{1}{k}$$ pero $m$ es arbitrario y $\sum \frac{1}{k}$ es divergente, por Lo que $$\liminf_{n\to\infty}J_n=+\infty$$ que es $\lim\limits_{n\to\infty}J_n=+\infty$, y, en consecuencia,$\lim\limits_{n\to\infty}I_n=+\infty$.

Answer 2

Por el momento, la única cosa que puedo decir es que $$\begin{equation} I_n=n^4\int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\,dx \end{equation}$$ parece ser una función creciente de $n$ (esto se ha hecho de forma numérica): $$I_{10}=4.92397$$ $$I_{100}=18.2376$$ $$I_{1000}=31.7992$$ $$I_{10000}=44.97982$$ $$I_{100000}=58.0781$$

Answer 3

Omran Kouba ha respondido correctamente el OP pregunta.

Vamos a ver cómo acaba la integral se comporta como $n$ es excelente.

Como $n \rightarrow +\infty$, tenemos

$$ \lim_{n \to +\infty} \,\color{blue}{\frac{n^4}{\ln n}}\!\int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\:\mathrm dx = \color{blue}{\frac{7\pi^4}{120}}. \tag1 $$

Por otra parte,

$$ \int_0^1\frac{x^n\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\:\mathrm dx = \frac{7\pi^4}{120}\frac{\ln n}{n^4}-\frac{45\:\zeta(5)}{2}\frac{\ln n}{n^5}+\mathcal{O}\left(\frac{\ln n}{n^6}\right). \tag2 $$

Recordemos que $$ \int_0^1^s\ln(1-x) \:\mathrm d x =- \frac{1}{s+1}\left(\gamma+\psi(s+2)\right)\, s>-1, \tag3 $$ where $\psi:=\Gamma'/\Gamma$ es la función digamma, como puede ser visto fácilmente por la expansión de la logarítmica plazo y la integración de termwise.

A continuación, el uso de $\displaystyle \ln^3x=\partial_s^3 \left. \left(x^{s}\right) \right|_{s=0}$, se puede escribir

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{x^{n}\ln^3x}{1+x^n}\ln(1-x)\:\mathrm dx & = \partial_s^3 \left(\left. \int_0^1\frac{x^{n+s}}{1+x^n}\ln(1-x)\:\mathrm dx\right)\right|_{s=0} \\\\ & =\partial_s^3 \left(\left.\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^1x^{n+s}x^{kn}\ln(1-x)\:\mathrm dx\right)\right|_{s=0} \\\\ & =\partial_s^3 \left(\left.\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{nk+s+1}\left(\gamma+\psi(nk+s+2)\right)\right)\right|_{s=0} \\\\ & =\partial_s^3 \left.\left(-\frac{\ln n}{n^4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^4}+\frac{4\ln n}{n^5}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^5}+\mathcal{O}\left(\frac{\ln n}{n^6}\right) \right)s^3\right|_{s=0} \end{align} $$ where we have used the uniform convergence on $s \in [0,1]$, and the asymptotic expansion of the digamma function, as $M \rightarrow +\infty$, $$ \psi(M) = \ln M-\frac{1}{2M}-\frac{1}{12M^2}+\frac{1}{120M^4}-\frac{1}{252M^6}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{M^8}\right) , $$ para obtener el $(2)$, la deducción $(1)$.

Answer 4

En el cuadro de comentario no parece que les gusta esta ecuación! Así que si esto es completamente en la dirección equivocada, a continuación, por favor deje un comentario más abajo y voy a quitar.

Sería de beneficio aquí

$$ \lim_{n\rightarrow \infty}\left[\lim_{\alpha\rightarrow 0,\beta\rightarrow 0}\dfrac{\partial^3}{\parcial \alpha^3}\dfrac{\partial}{\partial \beta}n^4\int_{0}^{1}\dfrac{x^{\alpha}\left(1-x\right)^{\beta}x^n}{1+x^n}dx\right] $$