Expansión asintótica de la integral $\int_0^1 e^{x^n} dx$ $n \to \infty$

Question

El integrando parece muy fácil:

$$I_n=\int_0^1\exp(x^n)dx$$

Quiero determinar el comportamiento asintótico de $I_n$$n\to\infty$. No es difícil mostrar que $\lim_{n\to\infty}I_n=1$ sigue de Lebesgue de la monotonía teorema de convergencia. Sin embargo, cuando trato de obtener resultados más precisos, me afrontar dificultades. Ya que no es de la forma canónica de Laplace del método, no tengo poderosas herramientas para estimar el $I_n$.

¿Hay algún buen método para que? Voy a estar contento si podemos obtener la expansión asintótica de $I_n$. Gracias!

Answer 1

Puede ampliar la exponencial en una serie de Taylor con bastante precisión:

$$\exp{\left ( x^n \right )} = 1 + x^n + \frac12 x^{2 n} + \ldots$$

Debido a $x \in [0,1]$, esta serie converge rápidamente como $n \to \infty$.

Entonces la integral es

$$1 + \frac{1}{n+1} + \frac12 \frac{1}{2 n+1} + \ldots = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} \frac{1}{k n+1}$$

Podemos reescribir esto como

$$\begin{align}I_n&=1+\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot k!} \left ( 1+\frac{1}{k n} \right )^{-1}\\ &= 1+\frac{1}{n} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m}{n^m} \: \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{m+1} k!}\\ &= 1+\sum_{m=1}^{\infty} (-1)^{m+1}\frac{K_m}{n^m} \end{align}$$

donde

$$K_m = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{m} k!}$$

A primer orden en $n$:

$$I_n \sim 1+\frac{K_1}{n} \quad (n \to \infty)$$

donde

$$K_1 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k\, k!} = \text{Ei}(1) - \gamma \approx 1.3179$$

Esto comprueba numéricamente en Mathematica.

BONO

Como una comprobación adicional, he calculado la siguiente aproximación asintótica:

$$g(n) = 1+\frac{K_1}{n} -\frac{K_2}{n^2} $$

donde

$$K_2 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2 k!} \approx 1.1465$$

Yo calculada

$$\log_2{\left[\frac{\left|g\left(2^m\right)-I_{2^m}\right|}{I_{2^m}}\right]}$$

para $m \in \{1,2,\ldots,9\}$ Los resultados son como sigue

$$\left( \begin{array}{cc} 1 & -4.01731 \\ 2 & -6.56064 \\ 3 & -9.26741 \\ 4 & -12.0963 \\ 5 & -15.0028 \\ 6 & -17.9538 \\ 7 & -20.9287 \\ 8 & -23.916 \\ 9 & -26.9096 \\ \end{array} \right)$$

Tenga en cuenta que la diferencia entre los sucesivos elementos es acerca de $-3$; debido a que este es un log de registro de la tabla, lo que significa que este error es $O(1/n^3)$ y que la aproximación es correcta.

Answer 2

Que $n \geq 1$. Una primera estimación cruda puede obtenerse como sigue. Sustituir $x \leftarrow x^{1/n}$ llegar

$$ I_n = \frac{1}{n}\int_0^1 x ^ {\frac {1} {n} - 1} e ^ x dx. $$

Ahora podemos estimar $e^x$ en el intervalo $[0,1]$ llegar

$$ \frac{1}{n}\int_0^1 x ^ {\frac {1} {n} -1}(1+x) \, dx < I_n < \frac{1}{n}\int_0^1 x ^ {\frac {1} {n} - 1} (x 1 + (e-1)) \, dx $$ o $$ 1 + \frac{1}{n+1} < I_n < 1 + \frac{e-1}{n+1}. $$

Answer 3

Una técnica relacionada. Aquí es un comienzo. La integración por partes da, $$I= {{\rm e}}-{\frac {{{\rm e}}\,n}{1+n}}+{\frac {{{\rm e}}\,{n}^{ 2}}{2\,{n}^{2}+3\,n+1}}-{\frac {{{\rm e}}\,{n}^{3}}{6\,{n}^{3}+11\,{ n}^{2}+6\,n+1}}$$

$$+{\frac{{{\rm e}}\,{n}^{4}}{24\,{n}^{4}+50\,{n}^{3}+ 35\,{n}^{2}+10\,n+1}}-\int _{0}^{1}\!{\frac {{n}^{5}{{\rm e}^{{ x}^{n}}}{x}^{5\,n+1}}{x \a la izquierda( 4\n+1 \right) \left( 3\n+1 \right)\left( 1+2\n \right) \left( 1+n \right) }}{dx}.$$

A partir de lo anterior, podemos ver que como $n\to \infty$, la integral enfoques $1$

$$ I = \rm e( 1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3!}+\frac{1}{4!} - \dots)=\rm e \rm e^{-1}=1. $$