Evaluar $\lim_{n \to \infty} \int_{0}^1 \frac{n+1}{2^{n+1}} \left(\frac{(t+1)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}{t}\right) \mathrm{d}t$

Question

Evaluar $$\lim_{n \to \infty} \int_{0}^1 \frac{n+1}{2^{n+1}} \left(\frac{(t+1)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}{t}\right) \mathrm{d}t$$

Para esta integral, he intentado usando integración por partes y luego evaluar el límite, pero no creo que la integral dentro de converge. Sin embargo, el límite no existe y la respuesta dada en mi libro es $2$.

Cualquier ayuda será apreciada.
Gracias de antemano!

Answer 1

Primero, considere los siguientes dos Lemas,

Lema $1$: $$\lim_{n \to \infty} \sum_{r=0}^n \left(\dfrac{1}{\displaystyle\binom{n}{r}}\right) =2$$

Prueba : Primero de todo, tenga en cuenta que el límite existe, ya que, si nos vamos a
$$\text{S}(n)=\displaystyle \sum_{r=0}^n \left(\dfrac{1}{\dbinom{n}{r}} \right)$$

a continuación,$\text{S}(n+1)<\text{S}(n)$$n \geq 4$. Ahora,

$\text{S}(n) = 1+ \displaystyle \sum_{r=1}^n \dfrac{1}{\dbinom{n}{r}}$

$\implies \text{S}(n) = 1+ \displaystyle \sum_{r=1}^n \dfrac{r}{n} \times \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}} \ \left[\text{since} \dbinom{n}{r}= \dfrac{n}{r} \times \dbinom{n-1}{r-1} \right]$

También,

$$ \text{S}(n) = 1+ \sum_{r=1}^n \dfrac{1}{\dbinom{n}{r}} = 1+ \sum_{r=1}^n \dfrac{1}{\dbinom{n}{n-r+1}} = 1+ \sum_{r=1}^n \dfrac{n-r+1}{n} \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{n-r}} = 1+ \sum_{r=1}^n \dfrac{n-r+1}{n} \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}} $$

$ \left[ \text{since} \ \displaystyle \sum_{r=a}^b f(r) = \displaystyle \sum_{r=a}^b f(a+b-r) \ \text{and} \ \dbinom{n}{r}=\dbinom{n}{n-r} \right]$

Por lo tanto, tenemos,

$$\begin{cases} \text{S}(n) = 1+ \displaystyle \sum_{r=1}^n \dfrac{r}{n} \times \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}}\\ \text{S}(n) = 1+ \displaystyle \sum_{r=1}^n \dfrac{n-r+1}{n} \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}} \end{cases}$$

La adición de estas dos expresiones, se obtiene,

$ 2\text{S}(n) = 2 + \displaystyle \sum_{r=1}^n \left( \dfrac{r}{n} \times \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}} + \dfrac{n-r+1}{n} \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}} \right) $

$= 2 + \dfrac{n+1}{n} \displaystyle \sum_{r=1}^n \dfrac{1}{\dbinom{n-1}{r-1}} $

$= 2 + \dfrac{n+1}{n} \times \text{S}(n-1)$

Desde $ n \to \infty $, $\text{S}(n) = \text{S}(n-1) = \text{S}$ (decir)

$ \implies 2\text{S} = \left(\dfrac{n+1}{n}\right) \times \text{S} +2 $

$ \implies \text{S} = \dfrac{2n}{n-1} = 2$ [desde $n \to \infty $]

Lema $2$ : $$\int_{0}^1 x^r (1-x)^{n-r} \mathrm{d}t = \dfrac{1}{(n+1)}\times \dfrac{1}{\dbinom{n}{r}}$$

Prueba : Considerar el $\text{R.H.S.}$,

$\text{I} = \displaystyle\int_{0}^1 x^r (1-x)^{n-r} \mathrm{d}t$

Deje $x = \sin^2 \theta$

$\implies \text{I} = \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2 \sin^{2r+1} \theta \cos^{2n-2r} \theta \ \mathrm{d}\theta $

Ahora, utilizando el Walli de la Fórmula (o fórmula de reducción) para la integral anterior, tenemos,

$\text{I} = \dfrac{1}{(n+1)}\times \dfrac{1}{\dbinom{n}{r}} $

Esto demuestra que nuestros Lemas.

Ahora,

$$ \text{J} = \lim_{n \to \infty} \int_{0}^1 \frac{n+1}{2^{n+1}} \left(\frac{(t+1)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}{t}\right) \mathrm{d}t $$

Ya que es una función par en $t$,,

$$ \text{J} = \frac{1}{2} \times \lim_{n \to \infty} \int_{-1}^1 \frac{n+1}{2^{n+1}} \left(\frac{(t+1)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}{t}\right) \mathrm{d}t $$

Deje $t = 2x-1$

$\implies \text{J} = \displaystyle \lim _{n \to \infty} \int_{0}^1 (n+1) \left(\dfrac{x^{n+1}-(1-x)^{n+1}}{2x-1}\right) \mathrm{d}x$

$=\displaystyle \lim _{n \to \infty} \int_{0}^1 (n+1) (1-x)^n \left(\dfrac{\left(\frac{x}{1-x}\right)^{n+1}-1}{\frac{x}{1-x}-1}\right) \mathrm{d}x$

$=\displaystyle \lim _{n \to \infty} \int_{0}^1 (n+1) \sum_{r=0}^n (1-x)^n \left(\frac{x}{1-x}\right)^{r} \mathrm{d}x$

$=\displaystyle \lim _{n \to \infty} \sum_{r=0}^n (n+1) \int_{0}^1 x^r(1-x)^{n-r} \mathrm{d}x$

$=\displaystyle \lim _{n \to \infty} \sum_{r=0}^n \dfrac{1}{\dbinom{n}{r}}$ (Usando El Lema 2)

$=\boxed{2}$ (Usando El Lema 1).

Nota : Otra forma de demostrar el Lema 1 es utilizar el teorema del sandwich.

Answer 2

Vale la pena notar que: $$\int_{0}^{1}\frac{1-(1-t)^n}{t}\,dt = H_n\tag{1}$$ mientras que: $$\int_{0}^{1}\frac{(1+t)^n-1}{t}\,dt=\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{n-1}(1+t)^k\,dt =\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k-1}{k}\tag{2}$$ así: $$J_n=\int_{0}^{1}\frac{(1+t)^n-(1-t)^n}{t}\,dt = \sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k}.\tag{3}$$ La última línea también le da: $$ \frac{n\, J_n}{2^n} = \sum_{k=1}^{n}\frac{2n}{n+1-k}\cdot 2^{-k} \tag{4}$$ y al $n$ enfoques $+\infty$, por el teorema de convergencia dominada de la RHS de $(4)$ enfoques: $$\sum_{k=1}^{+\infty}2\cdot 2^{-k} = \color{red}{2} \tag{5}$$ como quería.

Answer 3

Necesitamos la dirección de área de alrededor de $0$ por separado de la zona alrededor de $1$. Pick $\epsilon\in(0,1)$. A continuación, en $[0,\epsilon]$ $$\frac{(1+t)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}t\le (n+1)(1+\epsilon)^{n}+(n+1)(1-\epsilon)^{n}$$(you can see this if you multiply both sides by $t$ y comparar derivados) y por lo tanto $$\lim_{n\to\infty}\int_0^{\epsilon}\frac {n+1}{2^{n+1}}\frac{(1+t)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}t\,dt=0$$ En el otro lado $$\lim_{n\to\infty}\int_\epsilon^1\frac {n+1}{2^{n+1}}\frac{(1+t)^{n+1}-(1-t)^{n+1}}t\,dt=\lim_{n\to\infty}\int_{\epsilon}^1\frac 2 t\frac {n+1}{n+2} d\Big(\big(\frac {1+t}{2}\big)^{n+2}+\big(\frac {1-t} 2\big)^{n+2}\Big)=\int_{\epsilon}^1\frac 2 t dI(t=1)=2$$ desde $\frac 2 t$ está delimitada en $[\epsilon,1]$. Por lo tanto el límite original es $2$.