Problema 7 IMC 2015 - Integral y límite

Question

Estoy tratando de resolver el problema 7 del IMC 2015, Blagoevgrad, Bulgaria (Día 2, 30 de julio). Aquí está el problema

Calcula $$\large\lim_{A\to\infty}\frac{1}{A}\int_1^A A^\frac{1}{x}\,\mathrm dx$$

Y este es mi enfoque:

Desde $A^\frac{1}{x}=\exp\left(\frac{\ln A}{x}\right)$ entonces, utilizando la serie de Taylor para la función exponencial, tenemos $$\exp\left(\frac{\ln A}{x}\right)=1+\frac{\ln A}{x}+\frac{\ln^2 A}{x^2}+\frac{\ln^3 A}{x^3}+\cdots=1+\frac{\ln A}{x}+\sum_{k=2}^\infty\frac{\ln^k A}{x^k}$$ Por lo tanto, la integración término a término es trivial. \begin{align} \lim_{A\to\infty}\frac{1}{A}\int_1^A A^\frac{1}{x}\,\mathrm dx&=\lim_{A\to\infty}\frac{1}{A}\int_1^A \left[1+\frac{\ln A}{x}+\sum_{k=2}^\infty\frac{\ln^k A}{x^k}\right]\,\mathrm dx\\ &=\lim_{A\to\infty}\frac{1}{A}\left[A-1+\ln^2 A-\sum_{k=2}^\infty\frac{\ln^k A}{(k-1)A^{k-1}}+\sum_{k=2}^\infty\frac{\ln^k A}{(k-1)}\right]\\ &=1+\lim_{A\to\infty}\sum_{k=2}^\infty\frac{\ln^k A}{A(k-1)}\\ \end{align} Estoy atascado aquí porque no puedo evaluar el último término como $k\to\infty$ . Supongo que la respuesta es $1$ pero no estoy seguro. ¿Es correcto mi planteamiento? Si es correcto, ¿cómo se evalúa el último límite? También me interesa conocer otros enfoques de este problema en el ámbito formal de las matemáticas. Gracias.

Answer 1

Para la integral en cuestión: $$\large\lim_{A\to\infty} \, \frac{1}{A} \, \int_{1}^{A} A^{\frac{1}{x}}\,dx$$ se considera lo siguiente: \begin{align} A^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x} \, \ln A} = 1 + \frac{\ln A}{x} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\ln^{k}A}{k! \, x^{k}} \end{align} para lo cual \begin{align} \int_{1}^{A} A^{\frac{1}{x}} \, dx &= [ x ]_{1}^{A} - \ln A \, [ \ln x ]_{1}^{A} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\ln^{k}A}{k! \, (1-k)} \, [ x^{1-k} ]_{1}^{A} \\ &= A - 1 + \ln A - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k! \, (k-1)} \, \left(\frac{A \, \ln^{k}A}{A^{k}} - \frac{\ln^{k}A}{1} \right). \end{align} Ahora dividiendo por $A$ lleva a \begin{align} \frac{1}{A} \, \int_{1}^{A} A^{\frac{1}{x}} \, dx &= 1 - \frac{1}{A} + \frac{\ln A}{A} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k! \, (k-1)} \, \left(\frac{ \ln^{k}A}{A^{k}} - \frac{\ln^{k}A}{A} \right). \end{align} Para evaluar los límites necesarios se necesitan los siguientes componentes: \begin{align} \lim_{A \to \infty} \frac{\ln A}{A} &\to 0 \\ \lim_{A \to \infty} \frac{\ln^{k}A}{A^{k}} &= \left( \lim_{A \to \infty} \frac{\ln A}{A} \right)^{k} \to 0 \\ \lim_{A \to \infty} \frac{\ln^{k}A}{A} &= k \, \lim_{A \to \infty} \frac{\ln^{k-1}A}{A} = \cdots = \frac{k!}{1!} \, \lim_{A \to \infty} \frac{\ln A}{A} = 0. \end{align} Con estos valores límite es evidente que \begin{align} \lim_{A \to \infty} \, \frac{1}{A} \, \int_{1}^{A} A^{\frac{1}{x}} \, dx &= \lim_{A \to \infty} \left[ 1 - \frac{1}{A} + \frac{\ln A}{A} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k! \, (k-1)} \, \left(\frac{ \ln^{k}A}{A^{k}} - \frac{\ln^{k}A}{A} \right) \right] \\ &= 1 - \lim_{A \to \infty} \frac{1}{A} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k! \, (k-1)} \, \lim_{A \to \infty} \left(\frac{ \ln^{k}A}{A^{k}} - \frac{\ln^{k}A}{A} \right) \\ &= 1. \end{align}

Answer 2

La clave para demostrar que este límite converge a $1$ es demostrar que la función $A^{1/x}$ disminuye rápidamente hacia $1$ como $x$ aumenta más allá de $1$ para que la integral no sea significativamente mayor que $\int_1^A 1\,dx \sim A$ . Para ello, nos centraremos en demostrar que la diferencia (que es claramente positiva) es lo suficientemente pequeña:

$$\int_1^A (A^{1/x} - 1)\,dx = o(A).$$

Esto puede hacerse con tres aproximaciones a trozos:

1) Primero consideramos $x$ cerca de $1$ donde no tenemos un límite superior mejor que $A^{1/x} \le A$ . Así que para obtener una contribución de $o(A)$ tenemos que cortarlo en $x = 1 + o(1)$ . Queremos $A^{1/x}$ para reducirse a una cantidad decente, por lo que nos corresponde elegir el $o(1)$ que se reduzca muy lentamente, digamos que a $x = 1 + 2/\sqrt{\ln A}$ . Entonces la contribución de esta pieza es $$\int_1^{1 + 2/\sqrt{\ln A}} (A^{1/x} - 1)\, dx \le \int_1^{1 + 2/\sqrt{\ln A}} A\, dx = \frac{2A}{\sqrt{\ln A}} = o(A).$$

2) Ahora consideramos $x \ge 1 + 2/\sqrt{\ln A}$ . Para un tamaño suficientemente grande $A$ tenemos $1/x \le 1 - 1/\sqrt{\ln A}$ . Esto significa que para $x \ge 1 + 2/\sqrt{\ln A}$ , $$\exp\big(\tfrac{\ln A}{x}\big) \le A \exp\big(-\tfrac{\ln A}{\sqrt{\ln A}}\big) = A \exp(-\sqrt{\ln A}).$$

Esto es considerablemente menor que $A$ por lo que podemos utilizar este límite para un rango considerable de $x$ . Nos gustaría ir más allá $x = \ln A$ que es donde $A^{1/x}$ realmente se acerca a $1$ . Afortunadamente, este objetivo está al alcance de la mano ya que (para todos los grandes $A$ ) $\sqrt{\ln A} > 3 \ln \ln A$ Así que $$ \exp(-\sqrt{\ln A}) < \exp(-3 \ln \ln A) = 1/(\ln A)^3.$$

Eso significa que podemos establecer el siguiente corte en $x = (\ln A)^2$ , y aún así obtenemos $$\int_{1 + 2/\sqrt{\ln A}}^{(\ln A)^2} A^{1/x} - 1 \, dx < \int_0^{(\ln A)^2} A \exp(-\sqrt{\ln A})\, dx < A \frac{(\ln A)^2}{(\ln A)^3} = o(A).$$

3) Ahora la última pieza de $x = (\ln A)^2$ a $A$ . Elegimos el corte anterior para hacer $A^{1/x}$ muy cerca de uno, de hecho para $x \ge (\ln A)^2$ tenemos

$$A^{1/x} \le \exp(1/\ln A) = 1 + o(1),$$ desde $\exp(1/\ln A) \to 1$ como $A \to \infty$ (podríamos ser más precisos utilizando la expansión de Taylor y decir que la RHS es $1 + O(1/\ln A)$ ). Por lo tanto, la contribución de este tercer intervalo es

$$\int_{(\log A)^2}^A (A^{1/x} - 1)\, dx \le \int_0^A (\exp(1/\ln A) - 1)\, dx. = \int_0^A o(1)\, dx = o(A).$$

Combinando 1), 2), 3) tenemos el límite superior deseado. Aunque los cálculos son un poco complicados, el argumento es elemental y no requiere integrar series infinitas término a término.