Equivalente simple de $\int_0^\infty\frac{dx}{(x+1)(x+2)...(x+n)}$ cuando $n\to\infty$

Question

Dar un equivalente simple de $\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+n)}dx$ (cuando $n\rightarrow\infty$ )

Mi intento:

Demostré por descomposición en elementos simples que:

$$\int_0^\infty\frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+n)}dx=\frac{1}{n!}\displaystyle\sum_{k=1}^n(-1)^kk{n\choose k}\ln k$$

Answer 1

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{(n-1)\,\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}\\ &=\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)} -\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+2)(x+3)\cdots(x+n)}\\ &=\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)} -\int_1^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)}\\ &=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)}\tag{1} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} &=\frac1{n-1}\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)}\\ &=\frac1{n-1}\int_0^1\frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x+n)}\mathrm{d}x\tag{2} \end{align} $$ Para $x\in[0,1]$ , Desigualdad de Gautschi dice que $\frac{n^{1-x}}{n!}\le\frac1{\Gamma(x+n)}\le\frac{(n+1)^{1-x}}{n!}$ . Además, $1-\gamma\,x\le\Gamma(x+1)\le1$ para $x\in[0,1]$ . Así, $(2)$ es mayor o igual que $$ \frac1{(n-1)n!}\int_0^1(1-\gamma\,x)n^{1-x}\,\mathrm{d}x=\frac1{n!\log(n)}\left(1-\gamma\left(\frac1{\log(n)}-\frac1{n-1}\right)\right)\tag{3} $$ y menor o igual que $$ \frac1{(n-1)n!}\int_0^1(n+1)^{1-x}\,\mathrm{d}x=\frac{n}{n-1}\frac1{n!\log(n+1)}\tag{4} $$ Por lo tanto, $$ \int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}\sim\frac1{n!\log(n)}\tag{5} $$

Answer 2

$Edit: Gracias a @Did y @Robjohn lo he conseguido: Voy a utilizar el Teorema de Convergencia Dominada de Lebesgue.

Sea In la enésima integral y $H_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$ ,

$$I_n=\frac{1}{n!}\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{(1+x)(1+\frac{x}{2})...(1+\frac{x}{n})}dx=\frac{1}{n!H_n}\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{(1+\frac{u}{H_n})...(1+\frac{u}{nH_n})}dx$$ con $u=xH_n$

Entonces tenemos $(1+\frac{u}{H_n})...(1+\frac{u}{nH_n})\xrightarrow[n\to+\infty]. e^u\tag{1}$

Prueba: $$ln((1+\frac{u}{H_n})...(1+\frac{u}{nH_n}))=\sum_{k=1}^n ln(1+\frac{u}{kH_n})$$ Sin embargo, sabemos que : $\forall u\in[0,1], u-\frac{u^2}{2}\leq ln(1+u)\leq u$ $$\sum_{k=1}^n(\frac{u}{kH_n}-\frac{u^2}{2k^2H_n^2})\leq\sum_{k=1}^n ln(1+\frac{u}{kH_n})\leq \frac{u}{H_n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$ $$u-\frac{u^2}{2H_n^2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}\leq\sum_{k=1}^n ln(1+\frac{u}{kH_n})\leq u$$

Además, la serie $\sum\frac{1}{k^2}< \infty$ Así que $\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=S$

Por lo tanto, $$e^u\leq \lim_{n\rightarrow\infty} \prod_{k=1}^n (1+\frac{u}{kH_n})\leq e^u$$ QED

El último paso: $$(1+\frac{u}{H_n})...(1+\frac{u}{nH_n})\geq 1+u+\frac{u^2}{H_n^2}(\sum_{1\leq i<j\leq n} \frac1{ij})$$ $$=1+u+\frac{u^2}{H_n^2}(H_n^2-\sum_{1}^n\frac1{i^2})$$ $$\geq 1+u+u^2(1-\frac{\pi^2}{6H_n^2})$$ $$\geq 1+u+\frac{u^2}{2}\tag{2}$$

(1)+(2)+Teorema de convergencia dominada de Lebesgue $\Longrightarrow \int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}\sim\frac1{n!\ln(n)}$

Answer 3

Sea $I_n$ denotan el $n$ entonces el límite inferior $1/(1+u)\geqslant\mathrm e^{-u}$ válido para cada $u\geqslant0$ , produce $$ \frac1{(x+1)\cdots(x+n)}=\frac1{n!}\prod_{k=1}^n\frac1{1+\frac{x}k}\geqslant\frac1{n!}\mathrm e^{-xH_n}, $$ donde $H_n=\sum\limits_{k=1}^n\frac1k$ denota el $n$ número armónico, por lo tanto $H_n\sim\log n$ . Integrando esto, se obtiene, para cada $n\geqslant2$ , $$ I_n\geqslant \frac1{n!H_n}, $$ y me inclinaría a pensar, pero no lo probé por el momento, que $1/(n!\log n)$ también es el equivalente correcto de $I_n$ cuando $n\to\infty$ .

Lo mejor que puedo probar en este momento utiliza el límite inferior $(x+1)\cdots(x+n)\geqslant\frac12n!(x+1)(x+2)$ válido para cada $x\geqslant0$ . Así, para cada $n\geqslant2$ , $$ I_n\leqslant\frac2{n!}I_2=\frac{2\log2}{n!}. $$