hallar el límite de la siguiente expresión

Question

Sea $f\left(x\right)=\left(x^{2}+1\right)e^{x}$ .

Encuentra lo siguiente: $$\lim_{n\to+\infty}n\int_{0}^{1}\left(f\left(\frac{x^{2}}{n}\right)-1\right)\,dx$$

No sé si se puede utilizar la regla de L'Hopital y he intentado utilizar el teorema integral del valor medio, pero no consigo resolverlo. ¿alguna ayuda?

Answer 1

Utilizando la sustitución $u = x/\sqrt{n}$ escribimos

$$n\int_0^1 \left(f\left(\frac{x^2}{n}\right) - 1\right)\, dx = n^{3/2}\int_0^{1/\sqrt{n}} (f(u^2) - 1)\, du.$$

Ahora

\begin{align}\lim_{n\to \infty} n^{3/2}\int_0^{1/\sqrt{n}} (f(u^2) - 1)\, du &= \lim_{h \to 0^{+}} \frac{\int_0^h (f(u^2) - 1)\, du}{h^3} \quad (\text{letting $h = 1/\sqrt{n}$})\\ &= \lim_{h\to 0^{+}} \frac{f(h^2) - 1}{3h^2} \quad (\text{by L'hospital's rule})\\ &= \lim_{t\to 0^{+}} \frac{f(t) - f(0)}{3t} \quad (\text{letting $t = h^2$})\\ &= \frac{1}{3}f'(0). \end{align}

Así que $$\lim_{n\to \infty} n\int_0^1 \left(f\left(\frac{x^2}{n}\right) - 1\right)\, dx = \frac{f'(0)}{3}.$$

Answer 2

He aquí una técnica general para tratar este tipo de problemas en los que el integrando se conoce explícitamente. La forma en que lo presenté no se considera matemáticamente rigurosa porque no tiene sentido integrar un conjunto, pero la idea es demostrar que el integrando debe ser en realidad algún en alguna clase y como ya sabíamos que era integrable podemos proceder a encontrar la clase de valores posibles de la integral. He elegido esta presentación para que la intuición quede clara.

Sea $[c] = \{ x : |x| \le |c| \}$ .

En $n \to \infty$ :

  Sea $a > 0$ tal que $\exp(\frac{x^{2}}{n}) \in 1+\frac{x^{2}}{n}+[a]\frac{x^{4}}{n^2}$ para cualquier $x \in [0,1]$ .

  $n\int_{0}^{1}\left((\frac{x^4}{n^2}+1)\exp(\frac{x^{2}}{n})-1\right) dx$

  $\in n\int_{0}^{1}\left((\frac{x^4}{n^2}+1)(1+\frac{x^{2}}{n}+[a]\frac{x^{4}}{n^2})-1\right) dx$

  $\subseteq n\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{n}x^2+[b]\frac{1}{n^2}\right) dx$ para algunos $b > 0$ [porque $x^4,x^6,x^8 \in [0,1]$ et $\frac{1}{n^3},\frac{1}{n^4} \in [1]\frac{1}{n^2}$ ]

  $\subseteq \int_{0}^{1}x^2\ dx+[b]\frac{1}{n} \to \frac{1}{3}$

Obsérvese que esto se basaba en el término de primer orden (en $n$ ) en el integrando sea $O(\frac{1}{n})$ , del mismo modo que la respuesta de kobe utilizaba la regla de L'Hopital sólo en una forma indeterminada. Nótese también que este método funciona incluso para integrandos no diferenciables que tienen expansiones asintóticas.

Answer 3

Explícitamente, $$ \lim_{n\to\infty} n \int_0^1 \left[f\left(\frac{x^2}{n}\right) -1\right]\,dx = \lim_{n\to\infty} n \int_0^1 \left[\left(\frac{x^4}{n^2} + 1\right)e^{x^2/n} - 1\right]\,dx $$ Puedes expandir la exponencial como una serie de Taylor: \begin{align*} n\int_0^1 \left[\left(\frac{x^4}{n^2} + 1\right)e^{x^2/n} - 1\right]\,dx &= n\int_0^1 \Biggl[\frac{x^4}{n^2}\left\{1 + \frac{x^2}{n} + \frac{1}{2}\frac{x^4}{n^2} + \frac{1}{3!}\frac{x^6}{n^3}+\cdots\right\} \\ &\qquad\qquad+1\left\{\color{red}{1} + \color{green}{\frac{x^2}{n}} + \frac{1}{2}\frac{x^4}{n^2} + \frac{1}{3!}\frac{x^6}{n^3}+\cdots\right\} \\ &\qquad\qquad\color{red}{-1}\Biggr]\,dx\\ &= n\int_0^1\left[\color{green}{\frac{x^2}{n}} + \frac{3}{2}\frac{x^4}{n^2} + \frac{7}{6}\frac{x^6}{n^3} + \cdots \right],dx \end{align*} Todo lo que hay en el integrando después del primer término es múltiplo de $\frac{1}{n^2}$ por lo que incluso después de multiplicar por $n$ las integrales se desvanecerán como $n\to\infty$ . Así que el límite es $ \int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3} $ .