Diferentes pruebas de $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \int_0^1 \frac{x^n - (1-x)^n}{2x-1} \mathrm dx= 2$

Question

Se puede demostrar que

$$n \int_0^1 \frac{x^n - (1-x)^n}{2x-1} \mathrm dx = \sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \choose k}^{-1}$$

(Por ejemplo, véase mi respuesta a esta pregunta.)

También puede ser demostrado que $$\lim_{n \to \infty} \ \sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \choose k}^{-1} = 2$$

(Por ejemplo, ver Qiaochu la respuesta aquí.)

La combinación de los dos shows que

$$\lim_{n \to \infty} \ n \int_0^1 \frac{x^n - (1-x)^n}{2x-1} \mathrm dx = 2$$

Es allí una manera diferente, (de preferencia analítica) prueba de este hecho? Por favor siéntase libre de añadir una prueba que no es analítica.

Answer 1

Deje $x=(1+s)/2$, lo que la convierte en la expresión de $$\frac{n}{2^{n+1}} \int_{-1}^1 \frac{(1+s)^n-(1-s)^n}{s} ds = \frac{n}{2^{n}} \int_{0}^1 \frac{(1+s)^n-(1-s)^n}{s} ds.$$ (El integrando es una función par.) Corregir algunos $c$ entre 0 y 1, decir $c=1-\epsilon$. Entonces la integral de 0 a $c$ será pequeño en comparación a $2^n$, puesto que el integrando es limitada por un número constante de veces $(1+c)^n$, así que eso de que el límite está en cuestión es suficiente para mirar en la integral de $c$ a 1, y en que la integral podemos descuidar el plazo $(1-s)^n$ desde que se también contribuir en algo mucho más pequeño que $2^n$. El sobreviviente de la contribución, por tanto, viene de $$\int_c^1 \frac{(1+s)^n}{s} ds,$$ que se encuentra entre $$\int_c^1 \frac{(1+s)^n}{1} ds$$ y $$\int_c^1 \frac{(1+s)^n}{c} ds,$$ es decir, $$\frac{2^{n+1} - (1+c)^{n+1}}{n+1} < \int_c^1 \frac{(1+s)^n}{s} ds < \frac{1}{c} \frac{2^{n+1} - (1+c)^{n+1}}{n+1} .$$ Multiplicando por $n/2^n$ y dejando $n\to\infty$ muestra que la liminf es, al menos, 2 y el limsup es en la mayoría de las $2/c$. Pero como esto se cumple para cualquier $c$ entre 0 y 1, de ello se desprende que liminf=limsup=2, por lo tanto el límite es 2.

Answer 2

He aquí otra idea.

Deje $P_n(x)$ ser el polinomio definido por $$P_n(x) = \frac{x^n – (1-x)^n}{2x-1},$$ y tenga en cuenta que $P_n(x)=(1-x)P_{n-1}(x) + x^{n-1} \qquad (1),$ donde $P_1(x)=1.$

Definir $I_n = \int_0^{1} P_n(x) dx.$ la Integración de (1) entre 0 y 1, obtenemos

$$I_n = \int_0^{1} (1-x)P_{n-1}(x) dx + \frac{1}{n},$$

y el uso de la simetría de $P_n(x)$ aproximadamente 1/2 tomamos nota de que $\int_0^{1} (1-x)P_{n-1}(x) dx = \frac{1}{2}I_{n-1}.$ Por lo tanto se obtiene la relación de recurrencia para $n > 1$ $$I_n = \frac{1}{2}I_{n-1} + \frac{1}{n}, \textrm{ where } I_1=1. \qquad (2)$$

A partir de la cual se deduce que, si $\lim_{n \rightarrow \infty} n I_n$ existe debe ser igual a 2.

Para demostrar que el límite existe podemos resolver (2) para obtener

$$I_n = \sum_{k=1}^n \frac {1}{k2^{n-k}},$$

y sencillo de álgebra muestra que $(n-1)I_{n-1} – nI_n > 0$ para suficientemente grande $n$ (de hecho, $n>6$), y desde $nI_n$ está delimitado por debajo de 0 el resultado de la siguiente manera.

Sólo para la integridad:

$$(n-1)I_{n-1} – nI_n = \left\lbrace \sum_{k=1}^{n-2} \frac{k}{2^k(n-k)(n-k-1)} \right\rbrace - \frac{n}{2^{n-1}} \quad \textrm{ for } n>2.$$

Comparando el primer término de la suma con el término negativo tenemos

$$\frac{1}{2(n-1)(n-2)} > \frac{n}{2^{n-1}} \quad \textrm{ for } n \ge 13.$$

Por lo tanto $\lbrace nI_n \rbrace$ eventualmente formas estrictamente a la disminución de la secuencia.

Answer 3

He aquí un esbozo de una escuela primaria de la analítica de la demostración.

(1) Las integrales de todos los exceder $2/n$ al $x$ supera el 1: restar $2/n = \int_0^1{(t^{n-1} + (1-t)^{n-1}) \ dt}$ para obtener un positivo integrando (utilizando primaria de las desigualdades).

(2) Las integrales están delimitadas por una secuencia decreciente hasta el límite deseado. Mirando la serie de Taylor de la sesión de el integrando cerca de 1, por ejemplo, y asumiendo $n \ge 3$, puede fácilmente establecer un límite superior de $\exp((n-2)(x-1))$ en el intervalo de $(1/2, 1]$, con un similar atado en el intervalo de $[0, 1/2)$ por la simetría. La estimación de integrar a más de uno de los dos intervalos) es igual a $(1 - \exp(2-n)) / (n-2)$ que, cuando se duplicó y se multiplica por $n$, converge a $2$.