Límite de $s_n = \int\limits_0^1 \frac{nx^{n-1}}{1+x} dx$ $n \to \infty$

Question

Deje $s_n$ ser una secuencia se define como se indica a continuación para $n \geq 1$. Luego encontrar $\lim\limits_{n \to \infty} s_n$. \begin{align} s_n = \int\limits_0^1 \frac{nx^{n-1}}{1+x} dx \end{align}

He escrito una solución de mi cuenta, pero me gustaría saber que es completamente correcto, y también me gustaría si la gente de publicar más soluciones alternativas.

Answer 1

Simplificamos la de formular por $s_n$ mediante la integración por partes.

\begin{align} s_n &= \int\limits_0^1 \frac{nx^{n-1}}{1+x} d x \\ &= \left[ \frac{1}{1+x} \int nx^{n-1} d x - \int \frac{1}{\left(1+x\right)^2} \left(\int nx^{n-1} d x\right) d x \right]^1_0 \\ &= \left[\frac{1}{1+x} \int nx^{n-1} d x\right]^1_0 - \left[\int \frac{1}{\left(1+x\right)^2} \left(\int nx^{n-1} dx\right) d x\right]^1_0 \\ &= \left[\frac{x^n}{1+x}\right]^1_0 - \left[\int \frac{x^n}{\left(1+x\right)^2} d x\right]^1_0 \\ &= \frac{1}{2} - \int\limits_0^1 \frac{x^n}{\left(1+x\right)^2} d x \\ \end{align}

Ahora calculamos el resto de integral en la expresión \begin{align} I(n) &= \int\limits_0^1 \frac{x^n}{\left(1+x \right)^2} d x \\ &\leq \int\limits_0^1 x^n d x \\ &= \frac{1}{n+1} \end{align}

Por lo tanto, $I(n) \to 0$$n \to \infty$.

Y así, la expresión puede reescribirse como \begin{align} \lim\limits_{n \to \infty} s_n = \frac{1}{2} \end{align}

Answer 2

Utilizamos un resultado básico en el cálculo, es decir,$\lim_{n\to \infty}n\int_0^1x^nf(x) \ dx=f(1)$, $f$ continua en $[0,1]$ $$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{n}{n-1}\times (n-1)\int\limits_0^1 x^{n-1} \frac{1}{(1+x)} dx\right)=\frac{1}{2}$$

Chris.

Answer 3

Aviso
(1) $\frac{s_n}{n} + \frac{s_{n+1}}{n+1} = \int_0^1 x^{n-1} dx = \frac{1}{n} \implies s_n + s_{n+1} = 1 + \frac{s_{n+1}}{n+1}$.
(2) $s_n = n\int_0^1 \frac{x^{n-1}}{1+x} dx < n\int_0^1 x^{n-1} dx = 1$
(3) $s_{n+1} - s_n = \int_0^1 \frac{d (x^{n+1}-x^n)}{1+x} = \int_0^1 x^n \frac{1-x}{(1+x)^2} dx > 0$

(2+3) $\implies s = \lim_{n\to\infty} s_n$ existe y (1+2) $\implies s+s = 1 + 0 \implies s = \frac{1}{2}$.

En cualquier caso, $s_n$ puede ser evaluado exactamente a $n (\psi(n) - \psi(\frac{n}{2}) - \ln{2})$ donde $\psi(x)$ es el diagamma función. Desde $\psi(x) \approx \ln(x) - \frac{1}{2x} - \frac{1}{12x^2} + \frac{1}{120x^4} + ... $ $x \to \infty$ sabemos: $$s_n \approx \frac{1}{2} + \frac{1}{4 n} - \frac{1}{8 n^3} + ...$$

Answer 4

Mediante la sustitución de $x\mapsto x^{1/n}$ y Convergencia Dominada, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1+x}\,\mathrm{d}x &=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac1{1+x^{1/n}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\frac12\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12 \end{align} $$

Answer 5

He aquí una solución basada en estadísticas de orden, similar a la de mi respuesta aquí.

Deje $X_1,\dots, X_n$ ser yo.yo.d. uniforme(0,1) variables aleatorias. La función de distribución de $X$ $F(x)=x$ y la densidad $f(x)=1$$0\leq x\leq 1$. Ahora vamos a $M=\max(X_1,\dots, X_n)$; su función de densidad es $$f_M(x)=n F(x)^{n-1}f_X(x)=n\,x^{n-1}\text{ for }0\leq x\leq 1.$$ Además, no es difícil ver que $M\to 1$ en la distribución como $n\to\infty$. Ahora, $$\int_0^1 {n x^{n-1}\over 1+x} \,dx =\int_0^1 {1\over 1+x}\, f_M(x) \,dx =\mathbb{E}\left({1\over 1+M}\right).$$

Esto converge a ${1\over 1+1}={1\over 2}$ $n\to\infty$.