el valor de $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n^2\left(\int_0^1\left(1+x^n\right)^\frac{1}{n} \, dx-1\right)$

Question

Este es el ejercicio de mi profesor, para IMC de preparación. No he encontrado ninguna idea.

Encontrar el valor de

$$\lim_{n\rightarrow\infty}n^2\left(\int_0^1 \left(1+x^n\right)^\frac{1}{n} \, dx-1\right)$$

Gracias

Answer 1

Por integración por partes,

\begin{align*} \int_{0}^{1} (1 + x^{n})^{\frac{1}{n}} \, dx &= \left[ -(1-x)(1+x^{n})^{\frac{1}{n}} \right]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} (1-x)(1 + x^{n})^{\frac{1}{n}-1}x^{n-1} \, dx \\ &= 1 + \int_{0}^{1} (1-x) (1 + x^{n})^{\frac{1}{n}-1} x^{n-1} \, dx \end{align*}

de modo que tenemos

\begin{align*} n^{2} \left( \int_{0}^{1} (1 + x^{n})^{\frac{1}{n}} \, dx - 1 \right) &= \int_{0}^{1} n^{2} (1-x) (1 + x^{n})^{\frac{1}{n}-1} x^{n-1} \, dx. \end{align*}

Deje $a_{n}$ denotar esta cantidad. Por la sustitución de $y = x^{n}$, se deduce que

\begin{align*} a_{n} &= \int_{0}^{1} n \left(1-y^{1/n}\right) (1 + y)^{\frac{1}{n}-1} \, dy = \int_{0}^{1} \int_{y}^{1} t^{\frac{1}{n}-1} (1 + y)^{\frac{1}{n}-1} \, dtdy \end{align*}

Desde $0 \leq t (1 + y) \leq 2$$ \int_{0}^{1} \int_{y}^{1} t^{-1}(1+y)^{-1} \, dtdy < \infty$, una obvia aplicación del teorema de convergencia dominada muestra que

\begin{align*} \lim_{n\to\infty} a_{n} = \int_{0}^{1} \int_{y}^{1} \frac{dtdy}{t(1+y)} &= - \int_{0}^{1} \frac{\log y}{1+y} \, dy \\ &= \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^{m} \int_{0}^{1} y^{m-1} \log y \, dy = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m^2} = \frac{\pi^2}{12}. \end{align*}

Answer 2

Puedo obtener una respuesta que difiere de que de user17762. Esto es debido a que el término de error no es un término de orden $\frac{x^{2n}}{n^2}$ pero un número de términos.

Me sale que el límite es entre 3/4 y 7/8, pero sólo tiene una serie infinita para el valor.

Mi análisis completo de la siguiente manera.

$(1+x^n)^{1/n} =\sum_{k=0}^{\infty} \binom{1/n}{k}x^{kn} $.

Primero miremos $\binom{1/n}{k}$.

$\begin{align} \binom{1/n}{k} &=\frac1{k!}\prod_{i=0}^{k-1}(\frac{1}{n}-i)\\ &=\frac1{k!n^k}\prod_{i=0}^{k-1}(1-in)\\ &=\frac{(-1)^k}{k!n^k}(-1)\prod_{i=1}^{k-1}(in-1)\\ &=\frac{(-1)^{k+1}}{k!n^k}\prod_{i=1}^{k-1}(in-1)\\ \end{align} $

así

$\begin{align} \big|\binom{1/n}{k}\big| =\frac1{k!n^k}\prod_{i=1}^{k-1}(in-1) <\frac{1}{k!n^k}\prod_{i=1}^{k-1}(in) =\frac{n^{k-1}(k-1)!}{k!n^k} =\frac1{kn} \end{align} $

y

$\begin{align} \frac{\binom{1/n}{k+1}}{\binom{1/n}{k}} &=\frac{(-1)^{k+2}}{(k+1)!n^{k+1}}\frac{k!n^k}{(-1)^{k+1}}\frac{\prod_{i=1}^{k}(in-1)}{\prod_{i=1}^{k-1}(in-1)}\\ &=\frac{-1}{(k+1)n}(kn+1)\\ &=-\frac{kn+1}{kn+n}\\ \end{align} $

Ahora nos vemos $\int_0^v (1+x^n)^{1/n}\, dx$ a ver lo que sucede como $v \to 1$.

$\begin{align} \int_0^v (1+x^n)^{1/n}\, dx &=\sum_{k=0}^{\infty} \binom{1/n}{k} \int_0^v x^{kn}\, dx\\ &=\sum_{k=0}^{\infty} \binom{1/n}{k} \frac{v^{kn+1}}{kn+1}\\ &=v+\frac{v^{n+1}}{n(n+1)}+\sum_{k=2}^{\infty} \binom{1/n}{k} \frac{v^{kn+1}}{kn+1}\\ &=v+\frac{v^{n+1}}{n(n+1)}+v^{2n+1}\sum_{k=2}^{\infty} \binom{1/n}{k} \frac{v^{(k-2)n}}{kn+1}\\ \end{align} $

Esto significa que los términos en $\sum_{k=2}^{\infty} \binom{1/n}{k} \frac{v^{(k-2)n}}{kn+1} $ disminución en valor absoluto y, ya que se alternan en signo, la serie converge. y converge incluso en $v=1$ debido a de la $\frac1{kn+1}$.

Vamos $f(v, n) = \sum_{k=2}^{\infty} \binom{1/n}{k} \frac{v^{(k-2)n}}{kn+1} $.

Desde $\big|\binom{1/n}{k} \frac{1}{kn+1}\big| < \frac1{kn(kn+1)} $, $|f(v, n)| <\sum_{k=2}^{\infty} \frac1{kn(kn+1)} <\frac1{n^2}\sum_{k=2}^{\infty} \frac1{k^2} <\frac1{n^2} $.

El primer término de $f(v, n)$ es $\binom{1/n}{2}\frac{1}{2n+1} =\frac{(1/n)(1/n-1)}{2}\frac{1}{2n+1} =-\frac{n-1}{2n^2(2n+1)} $ y esto es entre $-\frac1{8n^2}$ $-\frac1{4n^2}$ para $n > 3$.

Por lo tanto, los dos primeros términos de la expansión de $\int_0^v (1+x^n)^{1/n}\, dx$ son tanto de orden $1/n^2$, así que tenemos que considerar la totalidad de la suma, no sólo el primer término (después de $1$).

Desde $\int_0^v (1+x^n)^{1/n}\, dx =v+\frac{v^{n+1}}{n(n+1)}+v^{2n+1}f(v, n) $ y todos los términos de existir como $v \to 1$, $\int_0^1 (1+x^n)^{1/n}\, dx -1-\frac{1}{n(n+1)}=f(1, n) $.

Desde $f(1,n)$ es entre $-\frac1{8n^2}$ $-\frac1{4n^2}$, $-\frac1{4n^2} <\int_0^1 (1+x^n)^{1/n}\, dx -1-\frac{1}{n(n+1)} <-\frac1{8n^2} $, $-\frac1{4} <n^2\big(\int_0^1 (1+x^n)^{1/n}\, dx -1\big)-\frac{n}{n+1} <-\frac1{8} $ así $1-\frac1{4} <\lim_{n \to \infty} n^2 \big(\int_0^1 (1+x^n)^{1/n}\, dx -1\big) < 1-\frac1{8} $.

Answer 3

Mathematica evalúa la integral a $$\int_0^{1}(1+x^n)^{1/n}dx={}_2F_1\left(-\frac{1}{n},\frac1n,1+\frac1n;-1\right).\tag{1}$$ A continuación, vamos a escribir nosotros el estándar de la serie de la representación de la función hipergeométrica $$_2F_1(a,b,c;t)=\sum_{k=0}^{\infty}\alpha_kt^k,\qquad \alpha_k=\frac{\Gamma(a+k)\Gamma(b+k)\Gamma(c)}{k!\,\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c+k)}.$$ Ahora comprueba fácilmente reclamo: como $n\rightarrow\infty$, para los parámetros como en (1), tenemos $\alpha_0=1$ y $$\alpha_k\sim-\frac{1}{k^2n^2}+O(n^{-3}).$$ Por lo tanto obtenemos \begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}n^2\left(\int_0^{1}(1+x^n)^{1/n}dx-1\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k^2}=\frac{\pi^2}{12}, \end{align} que también es confirmado por el cálculo numérico con $n\sim 10^4-10^8$.