Defina $I_n=\int_0^1\frac{x^n}{\sqrt{x^2+1}}dx$ para cada $n\in\mathbb{N}$ . Demostrar que $\lim_{n\to\infty}nI_n=\frac{1}{\sqrt 2}$ .

Question

Preguntas: Defina $I_n=\int_0^1\frac{x^n}{\sqrt{x^2+1}}dx$ para cada $n\in\mathbb{N}$ . Demostrar que $$\lim_{n\to\infty}nI_n=\frac{1}{\sqrt 2}$$ .

Mi enfoque: Dado que $I_n=\int_0^1\frac{x^n}{\sqrt{x^2+1}}dx, \forall n\in\mathbb{N}.$ Hagamos la sustitución $x^n=t$ entonces $$nI_n=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1+t^{-2/n}}}.$$

Ahora que $0\le t\le 1\implies \frac{1}{t}\ge 1\implies \left(\frac{1}{t}\right)^{2/n}\ge 1 \implies 1+\left(\frac{1}{t}\right)^{2/n}\ge 2\implies \sqrt{1+\left(\frac{1}{t}\right)^{2/n}}\ge \sqrt 2.$

Esto implica que $$\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{t}\right)^{2/n}}}\le\frac{1}{\sqrt 2}\\ \implies \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{t}\right)^{2/n}}}\le \int_0^1\frac{dt}{\sqrt 2}=\frac{1}{\sqrt 2}.$$

Así que, como puedes ver, estoy intentando resolver la pregunta utilizando el teorema de Sandwich.

¿Puede alguien ayudarme a proceder después de esto?

Además, en $$\lim_{n\to\infty}nI_n=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1+t^{-2/n}}},$$ ¿el límite y la integral son intercambiables?

Answer 1

Aún puedes utilizar el teorema de Sandwich, si aún no has visto el teorema de convergencia dominada :

Sea $ n $ sea un número entero positivo.

Como usted ha dicho, utilizando la sustitución $ \left\lbrace\begin{aligned}y&=x^{n}\\ \mathrm{d}y &=n x^{n-1}\,\mathrm{d}x\end{aligned}\right. $ obtenemos : $$\int_{0}^{1}{\frac{n x^{n}}{\sqrt{1+x^{2}}}\,\mathrm{d}x}=\int_{0}^{1}{\frac{y^{\frac{1}{n}}}{\sqrt{1+y^{\frac{2}{n}}}}\,\mathrm{d}y}$$

Es decir, tenemos : \begin{aligned}\left|\frac{1}{\sqrt{2}}-n I_{n}\right|&=\left|\int_{0}^{1}{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{y^{\frac{1}{n}}}{\sqrt{1+y^{\frac{2}{n}}}}\right)\mathrm{d}y}\right| \\ &=\left|\int_{0}^{1}{\frac{\sqrt{1+y^{\frac{2}{n}}}-\sqrt{2}y^{\frac{1}{n}}}{\sqrt{2\left(1+y^{\frac{2}{n}}\right)}}\,\mathrm{d}y}\right|\\ &=\int_{0}^{1}{\frac{1-y^{\frac{2}{n}}}{\sqrt{2\left(1+y^{\frac{2}{n}}\right)}\left(\sqrt{1+y^{\frac{2}{n}}}+\sqrt{2}y^{\frac{1}{n}}\right)}\,\mathrm{d}y}\end{aligned}

Desde $ \left(\forall y\in\left[0,1\right]\right),\ \sqrt{2\left(1+y^{\frac{2}{n}}\right)}\left(\sqrt{1+y^{\frac{2}{n}}}+\sqrt{2}y^{\frac{1}{n}}\right)\geq \sqrt{2}+\sqrt{2}y^{\frac{2}{n}}\geq 1 $ tenemos : $ \int\limits_{0}^{1}{\frac{1-y^{\frac{2}{n}}}{\sqrt{2\left(1+y^{\frac{2}{n}}\right)}\left(\sqrt{1+y^{\frac{2}{n}}}+\sqrt{2}y^{\frac{1}{n}}\right)}\,\mathrm{d}y}\leq\int\limits_{0}^{1}{\left(1-y^{\frac{2}{n}}\right)\mathrm{d}y} $ y así : $$ \left|\frac{1}{\sqrt{2}}-n I_{n}\right|\leq\int_{0}^{1}{\left(1-y^{\frac{2}{n}}\right)\mathrm{d}y}=\frac{2}{n+2}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}0 $$

Por lo tanto : $$ \lim_{n\to +\infty}{nI_{n}}=\frac{1}{\sqrt{2}} $$

Answer 2

Puede utilizar el Series binomiales $${{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{-1/2}}=\sum\nolimits_{k=0}^{\infty }{\left( \begin{align} & -1/2 \\ & \ \ k \\ \end{align} \right){{x}^{2k}}}$$ $${n{I}_{n}}=n\int_{0}^{1}{{{x}^{n}}{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{-1/2}}dx}=n\sum\nolimits_{k=0}^{\infty }{\left\{ \left( \begin{align} & -1/2 \\ & \ \ k \\ \end{align} \right)\int_{0}^{1}{{{x}^{2k+n}}dx} \right\}}=\sum\nolimits_{k=0}^{\infty }{\frac{n\left( \begin{align} & -1/2 \\ & \ \ k \\ \end{align} \right)}{\left( 2k+n+1 \right)}}$$

$$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{n{I}_{n}}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\nolimits_{k=0}^{\infty }{\frac{n\left( \begin{align} & -1/2 \\ & \ \ k \\ \end{align} \right)}{\left( 2k+n+1 \right)}}=\sum\nolimits_{k=0}^{\infty }{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{n\left( \begin{align} & -1/2 \\ & \ \ k \\ \end{align} \right)}{\left( 2k+n+1 \right)}}=\sum\nolimits_{k=0}^{\infty }{\left( \begin{align} & -1/2 \\ & \ \ k \\ \end{align} \right)}={{\left( 1+1 \right)}^{-1/2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Answer 3

Desde $n/(n+1)\to 1$ el límite deseado es igual al límite de $$(n+1)\int_{0}^{1}\frac{x^n}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\left.\frac{x^{n+1}}{\sqrt{1+x^2}}\right|_{x=0}^{x=1}+\int_{0}^{1}\frac{x^{n+2}}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx$$ y esto es lo mismo que $$\frac{1}{\sqrt{2}}+\int_{0}^{1}\frac{x^{n+2}}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx$$ La integral anterior se sitúa claramente entre $$\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}x^{n+2}\,dx=\frac{1}{2\sqrt{2}(n+3)}$$ y $$\int_{0}^{1}x^{n+2}\,dx=\frac{1}{n+3}$$ y por tanto por el Teorema del Apriete tiende a $0$ . Por lo tanto, el límite deseado es $1/\sqrt{2}$ .

La misma técnica puede utilizarse para demostrar de forma más general que $$n\int_{0}^{1}x^nf(x)\,dx\to f(1)$$

Answer 4

Otro método consiste en utilizar la integración por partes para obtener \begin{equation*} I_{n} + I_{n-2} = \int_{0}^{1}x^{n-2}\sqrt{1+x^{2}}\,\mathrm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{n-1} - \frac{1}{n-1}I_{n} \end{equation*} para $n \geq 2$ de lo que se obtiene \begin{equation*} nI_{n} = \sqrt{2} - (n-1)I_{n-2} = \sqrt{2} - (n-2)I_{n-2} - I_{n-2}. \tag*{(1)} \end{equation*} Defina $S_{n} = nI_{n}$ para cada $n\in \mathbb{N}$ . Ya ha demostrado que la secuencia $\{S_{n}\}_{n\geq 2}$ está limitada por encima por $1/\sqrt{2}$ y observe también que \begin{align} S_{n+1} - S_{n} &= \int_{0}^{1}\frac{(n+1)x^{n+1}-nx^{n}}{\sqrt{1+x^{2}}}\,\mathrm{d}x \\ &\geq \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\big((n+1)x^{n+1} - nx^{n}\big)\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}(n+1)(n+2)} > 0 \end{align} de modo que la secuencia $\{S_{n}\}_{n\geq 2}$ aumenta. Por lo tanto, por el teorema de convergencia monótona, $S_{n}$ converge a un límite $L$ . Por lo tanto, es válido tomar el límite como $n \to \infty$ a ambos lados de $(1)$ señalando que $I_{n-2} \to 0$ para encontrar que \begin{equation*} L=\sqrt{2} - L \end{equation*} o \begin{equation*} L = \frac{1}{\sqrt{2}}. \end{equation*}