En computación $$\lim_{t \to \infty} \int_0^1 \sqrt{1+t^2 x^{2t-2}} dx,$$ dándose cuenta de que la integral es de la forma $\int_0^1 \sqrt{1+f'(x)^2}dx$ con $f(x)=x^t$ permite utilizar la desigualdad del triángulo para hacer estimaciones sobre la longitud de arco de $f(x)=x^t$ a medida que $t \to \infty$. A partir de esto, se puede concluir que el límite es 2.
¿Cómo puedo hacer esto sin pensar en esto como una longitud de arco? ¿Cuáles son otros métodos de evaluación?
Tenga en cuenta que podemos escribir la integral de interés como
$$\begin{align} \int_0^1 \sqrt{1+t^2x^{2t-2}}\,dx&=\int_0^1 tx^{t-1}\,dx+\int_{0}^{1} \left(\sqrt{1+t^2x^{2t-2}} -tx^{t-1} \right)\,dx\\\\ &=1+\int_{0}^1 \frac{1}{\sqrt{1+t^2x^{2t-1}}+tx^{t-1}}\,dx \tag1 \end{align}$$
Es trivial ver que $\left|\frac{1}{\sqrt{1+t^2x^{2t-1}}+tx^{t-1}}\right|\le 1$ para todo $x\in [0,1]$ y $t\ge 0. $ Por lo tanto, el Teorema de Convergencia Dominada garantiza que
$$\begin{align} \lim_{t\to \infty}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+t^2x^{2t-1}}+tx^{t-1}}\,dx&=\int_0^1 \lim_{t\to \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{1+t^2x^{2t-1}}+tx^{t-1}}\right)\,dx\\\\ &=1\tag 2 \end{align}$$
Finalmente, utilizando el resultado de $(2)$ obtenemos
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{t\to \infty}\int_0^1 \sqrt{1+t^2x^{2t-2}}\,dx=2}$$
¡Y listo!
La ruta rápida y sucia del físico:
Establecer $$q(t)=\int_0^1 dx \left(\sqrt{1+t^2x^{2t-2}}-1\right)$$
como $t\rightarrow \infty$ esta integral está fuertemente concentrada alrededor de $x=1$ y en cero en otras partes. En esta región la raíz cuadrada puede aproximarse por $tx^{t-1}$ por (la parte del rango de integración donde $x\ll1$ proporciona una contribución despreciable por lo que podemos simplemente sumarla)
$$ q(t)\sim t\int_0^1 dx x^{t-1}=1 $$
ya que la integral original es $p(t)=\int_0^1dx+q(t)$
$$ \lim_{t\rightarrow\infty} p(t)=2 $$
Tengo que preguntarle a mi amigo, ¿cuál era el propósito del término $-1$ en el integrando de $q(t)$? ¿Cuál sería el razonamiento heurístico si se reemplazara $-1$ con $+2$, por ejemplo?
@Dr.MV acabo de dividir la integral en una parte de fondo trivial y una parte pico. Es más por razones estéticas y claridad que por una necesidad matemática.
$\newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
$Método Asintótico de Laplace:$
\begin{align} &\color{#f00}{\lim_{t \to \infty}\int_{0}^{1}\root{1 + t^{2}x^{2t - 2}}\,\dd x} = \lim_{t \to \infty}\int_{0}^{1}\root{1 + t^{2}\pars{1 - x}^{2t - 2}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \lim_{t \to \infty}\int_{0}^{1} \exp\pars{{1 \over 2}\ln\pars{1 + t^{2}\bracks{1 - x}^{2t - 2}}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \lim_{t \to \infty}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{{1 \over 2}\ln\pars{1 + t^{2}} - {t^{3} - t^{2} \over 2\pars{1 + t^{2}}}\, x}\,\dd x = \lim_{t \to \infty}\bracks{% \root{1 + t^{2}}\,{2\pars{1 + t^{2}} \over \pars{t - 1}t^{2}}} = \color{#f00}{2} \end{align}
Proporcionaré una demostración directa no totalmente rigurosa. Me encantaría ver los detalles completamente rigurosos.
Recuerda la función hipergeométrica de Gauss $${}_2F_1 (a,b;c;z) = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{a^{\overline{k}}b^{\overline{k}}}{c^{\overline{k}}} \dfrac{z^k}{k!},$$ donde $\xi^{\overline{k}}$ denota el factorial creciente $$\xi^{\overline{k}}=\dfrac{\Gamma(\xi+k)}{\Gamma(\xi)}=\xi (\xi+1) \ldots (\xi+k-1).$$ En particular, nota que tomamos $\xi^{\overline{0}}$ como $1$. Esto muestra que $${}_2F_1(a,0;c;z) = 1,$$ una función constante. Para nuestros propósitos, $$\displaystyle\lim_{|z| \rightarrow \infty} {}_2F_1(a,0;c;z)=1.$$
Wolfram alpha informa que la antiderivada necesaria es%20dx) $$\displaystyle\int \sqrt{1 + ax^b} \mathrm{d}x = \dfrac{xb {}_2F_1\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{b};1+\frac{1}{b};-ax^b \right)}{b+2}+\dfrac{2x\sqrt{ax^b+1}}{b+2}+C.$$ Entonces, con $a=t^2$ y $b=2t-2$, el teorema fundamental del cálculo dice $$\begin{array}{ll} \displaystyle\lim_{t\to \infty}\int_0^1 \sqrt{1+t^2x^{2t-2}} \mathrm{d}x &= \displaystyle\lim_{t \to \infty} \left[\dfrac{(2t-2){}_2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2t-2};1+\frac{1}{2t-2};-t^2\right)}{2t} + \dfrac{2\sqrt{t^2+1}}{2t}{}\right] \\ &= \displaystyle\lim_{t \to \infty} \left[ \left(\dfrac{t-1}{t} \right) {}_2F_1\left( \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2t-2};1+\dfrac{1}{2t-2};-t^2 \right) + \dfrac{\sqrt{t^2+1}}{t}\right]. \end{array}$$ Ya que $$\displaystyle\lim_{t \to \infty} \dfrac{t-1}{t} = \displaystyle\lim_{t \to \infty}\dfrac{\sqrt{t^2+1}}{t}=1,$$ para finalmente responder la pregunta, debemos discutir el comportamiento límite de la función ${}_2F_1$.
Un enfoque riguroso consideraría fórmulas asintóticas de la serie hipergeométrica y deduciría el límite a partir de ellas. Nos relajaremos en rigor y simplemente tomaremos $t \rightarrow \infty$ en todos los parámetros a ${}_2F_1$ sugiriendo que el valor límite debería ser $${}_2F_1 \left( \dfrac{1}{2}, 0; 1; -\infty \right)=1.$$ Esto significa que tendríamos $$\displaystyle\lim_{t \to \infty} \displaystyle\int_0^1 \sqrt{1+t^2 x^2} \mathrm{d}x = 1+1=2,$$ como se deseaba.
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