Expansión asintótica de $I_n=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n} dx$

Question

El problema es encontrar la expansión asintótica de $I_n=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n} dx$ (al menos los 3 primeros trimestres).

Usando algunos límites simples, primero mostré que $I_n$ tiende a $1$ . Entonces calculé el límite $n(1-I_n)$ utilizando la integración por partes y algo más de delimitación. Al final encontré:

$I_n=1-\frac{\ln(2)}{n}+o(\frac{1}{n})$

Supongo que hay otra forma de encontrar este resultado invocando la expansión de $\frac{1}{1+x^n}$ . Esto es más molesto, porque tienes que justificar que puedes cambiar la integral por dentro y la suma infinita, y al final obtendrás la siguiente suma

$I_n\stackrel{?}{=}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{kn+1}=1-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k+\frac{1}{n}}$

En este caso, hay que justificar que el pequeño $\frac{1}{n}$ no crea ningún problema y que, de hecho, tenemos:

$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k+\frac{1}{n}}\stackrel{?}{=}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln(2)$

Así que mi pregunta es si el segundo enfoque puede hacerse riguroso, y cómo podemos encontrar el tercer término en la expansión asintótica de $I_n$ ? Además, ¿existe un método estándar para resolver este tipo de problemas?

Answer 1

El segundo enfoque puede ser riguroso: Para cada suma parcial tenemos

$$0 \leqslant \sum_{k = 0}^m (-1)^k x^{kn} \leqslant 1,$$

desde $0 \leqslant x^{(k+1)n} \leqslant x^{kn} \leqslant 1$ pour $x\in [0,1]$ y todos $k\in \mathbb{N}$ si $n > 0$ . Si puedes usarlo, simplemente murmura "convergencia dominada", y si estás tratando con integrales de Riemann, combina la acotación global con la convergencia uniforme en $[0,1-\varepsilon]$ por cada $\varepsilon > 0$ para justificar

$$I_n = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{kn+1} = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{kn+1}.$$

Ahora podemos aproximar el $\frac{1}{kn+1}$ con el más sencillo de manejar $\frac{1}{kn}$ :

$$I_n = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{kn} + \sum_{k = 1}^{\infty} (-1)^{k+1}\biggl(\frac{1}{kn} - \frac{1}{kn+1}\biggr).$$

Sabemos que la primera serie evalúa a $\frac{\ln 2}{n}$ y la suma restante se puede manejar de manera similar:

$$\frac{1}{kn} - \frac{1}{kn+1} = \frac{1}{kn(kn+1)} = \frac{1}{(kn)^2} - \frac{1}{(kn)^2(kn+1)},$$

y

$$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(kn)^2} = \frac{\pi^2}{12n^2}$$

da el siguiente término de la expansión.

Esto puede continuarse hasta donde se desee, lo que lleva a

$$I:n = 1 - \frac{\ln 2}{n} + \sum_{m = 2}^{\infty} (-1)^m\bigl(1-2^{1-m}\bigr)\frac{\zeta(m)}{n^m}.$$

Answer 2

Obsérvese que podemos escribir

$$\begin{align} I_n&=\int_0^1\frac{1}{1+x^n}\,dx\\\\ &=1-\frac1n\int_0^1\frac{x^{1/n}}{1+x}\,dx\tag 1 \end{align}$$

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La primera metodología del PO es un camino bastante defendible. Aquí, utilizamos la integración sucesiva por partes para obtener la serie asintótica completa en potencias recíprocas de $n$ .

Integrando por partes la integral del lado derecho de $(1)$ con $u=x^{1/n}$ y $v=\log(1+x)$ obtenemos

$$I_n=1-\frac{\log(2)}{n}+\frac1{n^2}\int_0^1 x^{1/n}\frac{\log(1+x)}{x}\,dx \tag2 $$

Entonces, integrando por partes la integral del lado derecho de $(2)$ obtenemos

$$\begin{align} I_n&=1-\frac{\log(2)}{n}+\frac1{n^2}\underbrace{\int_0^1 \frac{\log(1+x)}{x}\,dx}_{\eta(2)=-\text{Li}_2(-1)=\pi^2/12}-\frac1{n^3}\int_0^1 x^{-1+1/n}\underbrace{\int_0^x \frac{\log(1+x')}{x'}\,dx'}_{\log(1+x) \le -\text{Li}_2(-x)\le x}\,dx\\\\ &=1-\frac{\log(2)}{n}+\frac{\pi^2}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right) \end{align}$$

Se puede seguir integrando por partes introduciendo funciones de polilogaritmo de orden superior $-\text{Li}_\ell(-1)=\eta(\ell)$ en términos de la función Eta de Dirichlet. El resultado completo es

$$I_n=1-\frac{\log(2)}{n}+\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^{k}\eta(k)}{n^k}$$

lo que concuerda con el resultado reportado por @DanielFischer.

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PARTE $2$ : He pensado que sería un complemento útil al post de Daniel Fischer presentar los detalles relativos al intercambio de operaciones. Para ello, procedemos.

Tenga en cuenta que tenemos

$$\begin{align} I_n&=\int_0^1 \frac{1}{1+x^n}\,dx\\\\ &\int_0^1 \sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^{nk}\,dx\\\\ &=\lim_{\delta\to 0^+}\int_0^{1-\delta}\sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^{nk}\,dx\tag3 \end{align}$$

Desde la serie en $(3)$ converge uniformemente en $[0,1-\delta]$ pour $0<\delta<1]$ podemos intercambiar el orden de integración con la serie para obtener

$$\begin{align} I_n&=\lim_{\delta\to 0^+}\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\int_0^{1-\delta}x^{nk}\,dx\\\\ &=\lim_{\delta\to 0^+}\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k(1-\delta)^{nk+1}}{1+nk} \tag 4 \end{align}$$

Para cada $n$ tenemos $\left|\sum_{k=1}^N (-1)^k\right|\le 1$ para todos $N$ , $\frac{(1-\delta)^{1+nk}}{1+nk}$ es monótona para cada $\delta \in [0,1]$ y $\frac{(1-\delta)^{1+nk}}{1+nk}\to 0$ uniformemente para $\delta\in[0,1]$ .

Aplicando Prueba de Dirichlet para la convergencia uniforme encontramos que la serie en $(4)$ converge uniformemente para $\delta\in [0,1]$ . Y en la medida en que $\frac{(-1)^k(1-\delta)^{1+nk}}{1+nk}$ es una función continua de $\delta$ entonces la serie también es continua y podemos intercambiar el límite y la serie para llegar al codiciado resultado

$$I_n=\sum_{n=0}\frac{(-1)^k}{1+nk}$$

Answer 3

$I_n =\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n} dx $

Desde, para cualquier número entero $m$ , $\frac{1+x^{2m+1}}{1+x} =\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k x^k $ , $\frac{1}{1+x} =\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k x^k-\frac{x^{2m+1}}{1+x} $ , así que $\frac{1}{1+x^n} =\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k x^{nk}-\frac{x^{n(2m+1)}}{1+x} $ .

Integrar,

$\begin{array}\\ I_n &=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^n} dx\\ &=\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k x^{nk}-\frac{x^{n(2m+1)}}{1+x}\right) dx\\ &=\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k \int_{0}^{1} x^{nk}dx-\int_{0}^{1}\frac{x^{n(2m+1)}dx}{1+x}\\ &=\sum_{k=0}^{2m} (-1)^k \frac{x^{nk+1}}{nk+1}|_{0}^{1}-J_{n(2m+1)} \qquad\text{where } J_{n(2m+1)} =\int_{0}^{1}\frac{x^{n(2m+1)}dx}{1+x}\\ &=\sum_{k=0}^{2m} \frac{(-1)^k}{nk+1}-J_{n(2m+1)}\\ \end{array} $

Desde $1 \le 1+x \le 2$ , $J_{n(2m+1)} =\int_{0}^{1}\frac{x^{n(2m+1)}dx}{1+x} =c\int_{0}^{1}x^{n(2m+1)}dx =\frac{c}{n(2m+1)+1} $ donde $\frac12 \le c \le 1$ .

Por lo tanto, la serie converge, por lo que $I_n =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{nk+1} $ .

Para obtener una expresión para esta suma, hay que tener en cuenta que es una multisección de $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} $ .

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

La integral puede expresarse en forma cerrada en términos de Funciones de Digamma $\Psi$ . A saber,

\begin{align} I_{n} & \equiv \int_{0}^{1}{\dd x \over 1 + x^{n}} = \int_{0}^{1}{1 - x^{n} \over 1 - x^{2n}}\,\dd x \,\,\,\stackrel{x^{2n}\,\,\, \mapsto\ x}{=}\,\,\, {1 \over 2n} \int_{0}^{1}{x^{1/\pars{2n} - 1}\ -\ x^{1/\pars{2n} - 1/2} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm] & = {1 \over 2n}\bracks{\int_{0}^{1}{1\ -\ x^{1/\pars{2n} - 1/2} \over 1 - x}\,\dd x - \int_{0}^{1}{1 - x^{1/\pars{2n} - 1} \over 1 - x}\,\dd x} \\[5mm] & = {1 \over 2n}\bracks{\Psi\pars{{1 \over 2} + {1 \over 2n}} - \Psi\pars{1 \over 2n}} = {1 \over 2n}\bracks{\Psi\pars{{1 \over 2} + {1 \over 2n}} - \Psi\pars{1 + {1 \over 2n}} + {1 \over 1/\pars{2n}}} \\[5mm] & = 1 + {1 \over 2n}\bracks{\Psi\pars{{1 \over 2} + {1 \over 2n}} - \Psi\pars{1 + {1 \over 2n}}} \\[1cm] & = 1 + \underbrace{\Psi\pars{1/2} - \Psi\pars{1} \over 2}_{\ds{-\ln\pars{2}}}\ \,{1 \over n} + \underbrace{\Psi\,'\pars{1/2} - \Psi\,'\pars{1} \over 4} _{\ds{\pi^{2} \over 12}}\,{1 \over n^{2}} + \mrm{O}\pars{1 \over n^{3}} \end{align} $$ \bbx{\ds{% \int_{0}^{1}{\dd x \over 1 + x^{n}} \sim 1 - {\ln\pars{2} \over n} + {\pi^{2}/12 \over n^{2}} \quad\mbox{as}\ n \to \infty}} $$

$\ds{\Psi\ \mbox{and}\ \Psi\,'}$ valores para los argumentos $\ds{1/2}$ y $1$ se encuentran en el enlace mencionado anteriormente.