Computación $\lim_{A\to\infty} \frac{1}{A} \int\limits_1^A \! A^{\frac{1}{x}} \, \mathrm{d}x.$

Question

En este año del IMC hubo este problema:

Calcular $$ \lim_{A\to\infty} \frac{1}{A} \int\limits_1^A \! A^{\frac{1}{x}} \, \mathrm{d}x. $$

Además de los dos oficiales de soluciones, tengo curiosidad por saber si existen otras soluciones.

He oído que alguien escribió que esto es en realidad una función de densidad de probabilidad (sólo para esta línea, que la persona que obtuvo 6 de los 10 puntos), por lo que sería genial ver a una respuesta que involucran a este reclamo.

Además, pensé de convertir la integral (usando sustituciones) a algo que se puede evaluar usando la función Gamma. Podría alguien sugerencia de una sustitución, lo que podría llevar a que?

EDIT: El oficial de soluciones se pueden encontrar aquí, el Problema 7.

Answer 1

Apretando parece proporcionar una solución rápida. Suponga $A>e^2$. Tenemos:

$$ A^{\frac{1}{x}}=\exp\left(\frac{\log A}{x}\right)\geq 1+\frac{\log A}{x}\tag{1}$$ por lo tanto: $$ \int_{1}^{A}A^{\frac{1}{x}}\,dx \geq A+\left(\log^2(A)-1\right).\tag{2} $$ En el otro lado: $$\begin{eqnarray*}\int_{1}^{A}A^{\frac{1}{x}}\,dx = \int_{\frac{1}{A}}^{1}\frac{A^x}{x^2}\,dx &=&(A-1)-\left.\frac{A^x-1}{x}\right|_{\frac{1}{A}}^{1}+\log(A)\int_{\frac{1}{A}}^{1}\frac{A^x}{x}\,dx\\&=&A\left(A^{\frac{1}{A}}-1\right)+\log^2(A)+\log(A)\int_{\frac{1}{A}}^{1}\frac{A^x-1}{x}\,dx \end{eqnarray*}$$ y $\frac{A^x-1}{x}$ es una función convexa en $(0,1]$, por lo tanto no es difícil encontrar un estrecho límite superior para la LHS de $(2)$ a través de la Hermite-Hadamard la desigualdad o la desigualdad de Jensen. Otra posibilidad es dado por probar, a continuación, la explotación,la $$ \forall x\in(0,1),\qquad \frac{A^{1-x}-1}{1-x}\leq (A-1)\exp\left[\log\left(\frac{\log A}{A-1}\right)\,x\right]\tag{3} $$ así por $(2)$$(3)$, se desprende que la quería límite es sólo $\color{red}{1}$.

Answer 2

$$\begin{aligned}\lim_{A\to+\infty}\frac1A\int_1^AA^{\frac1x}\,dx&\stackrel{\ln A=xt}{\!=\!=\!=}\lim_{A\to+\infty}\frac{\int_{1}^{\ln A}t^{-2}e^{t}\,dt-\int_{1}^{\frac{\ln A}{A}}t^{-2}e^{t}\,dt}{\frac{A}{\ln A}} \notag \\&\stackrel{(*)}{=}\lim_{A\to+\infty}\frac{d\left(\int_{1}^{\ln A}t^{-2}e^{t}\,dt-\int_{1}^{\frac{\ln A}{A}}t^{-2}e^{t}\,dt\right)/dA}{d\left(\frac{A}{\ln A}\right)/dA}\notag \\ &=\lim_{A\to+\infty}\frac{1+A^{1/A}(\ln A-1)}{\ln A-1}=1\end{aligned}$$

$(*)$ mediante el uso de potentes DLH.

Answer 3

Aquí hay una alternativa:

Límite superior: en Primer lugar, hacer el cambio de variables $y=x/A$. Entonces $$ \frac{1}{A}\int_1^a a^{1/x}\,dx=\int_{1/}^1 (A^{1/})^{1/y}\,dy. $$ Ahora, mediante la generalización de la desigualdad de Bernoulli, $$ (A^{1/})^{1/y}=\bigl(1+(A^{1/} -1)\bigr)^{1/y}\leq 1+\frac{1}{y}\bigl(A^{1/} -1\bigr). $$ Integrando, obtenemos $$ \int_{1/}^1 (A^{1/})^{1/y}\,dy\leq(1-1/A)+\log\bigl(A^{1/} -1\bigr) $$ Si escribimos $$ 0\leq \log\bigl(A^{1/} -1\bigr)=\log^2A\int_0^{1/} a^x\,dx\leq\log^2(a)^{1/}\frac{1}{Un}, $$ vemos que el último término tiende a cero, como se $A\to+\infty$.

Límite inferior: Aquí, me gustaría utilizar el Hermite-Hadamard la desigualdad, también mencionado por Jack en su respuesta.

Desde $x\mapsto A^{1/x}$ es convexa, $$ \frac{1} {- 1}\int_1^a a^{1/x}\,dx\geq A^{2/(1+A)}, $$ así $$ \frac{1}{A}\int_1^a a^{1/x}\,dx\geq \frac {- 1}{A}^{2/(1+A)}, $$ El límite de la derecha es claramente $1$.

Conclusión: Se sigue por los límites superior e inferior, y el teorema del sándwich que $$ \frac{1}{A}\int_1^a a^{1/x}\,dx \1,\quad\text{como}\quad\+\infty. $$