Superior y el límite inferior de la integral de la

Question

Considere la siguiente integral

$$\int_0^1 (1-x^n)^M \,d x$$

Converge a$0$$M\to\infty$, pero me gustaría encontrar límites en la convergencia de las tasas. Lo que quiero decir es que es sencillo encontrar las constantes a y B tales que

$$\frac{A}{M}<\int_0^1 (1-x^n)^M \,d x<\frac{B}{M^{1/n}}$$

Sin embargo, es posible obtener idénticos límites superior e inferior? La afirmación de que la que tengo es que el límite inferior puede también ser hecho de la forma $A'/M^{1/n}$, pero no he sido capaz de demostrarlo.

Answer 1

Después de evaluar su integral como una función beta como en el principio de draks' post, puede utilizar Stirling aproximación para la funcion gamma a encontrar una serie asintótica (para ver otro enfoque de este documento). Truncar en el tercer término da

$$\int_0^1 (1-u^n)^M \,du = \frac{\Gamma(1+1/n)}{M^{1/n}}\left\{1 - \frac{n+1}{2n^2M} + O\left(\frac{1}{M^2}\right)\right\} \hspace{1cm} (M \to \infty).$$

Answer 2

Empezamos con algunas expresiones para la función beta, $$ B(p,q) = 2 \int_0^1 x^{2p-1} (1-x^2)^{p-1} \,dx = \frac{\Gamma(p) \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)} $$ (ver, por ejemplo, la ecuación (21) aquí), donde $\Gamma$ es la función gamma. Establecimiento $p=\frac{1}{n}$$q=M+1$, multiplicando por $\frac{1}{n}$, y el uso de la identidad de $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ tenemos $$ \frac{2}{n} \int_0^1 x^{\frac{2}{n}-1} (1-x^2)^{M} \,dx = \frac{\Gamma(M+1)\Gamma(1+1/n)}{\Gamma(M+1+1/n)}. $$ Haciendo la sustitución de $x = u^{n/2}$ en la integral da su integral en el lado izquierdo. Es decir, $$ \int_0^1 (1-u^n)^M \,du = \frac{\Gamma(M+1)\Gamma(1+1/n)}{\Gamma(M+1+1/n)}. $$ El lado derecho se puede reescribir como $$ I_M=\frac{\Gamma(M+1)\Gamma(1+1/n)}{\;\Gamma(M+1+1/n)}=\frac{M! \; (1/n)! }{(M+1/n)!}= \binom{M+1/n}{M}^{-1}. $$ Entonces, ¿por qué es eso? Vamos a empezar con exanding $(1-x^n)^M$. Tenemos $$ I_M=\int_0^1 \sum_{k=0}^M (-1)^k \binom{M}{k} x^{nk} dx= \sum_{k=0}^M (-1)^k \frac{\binom{M}{k}}{nk+1}. $$ La última suma podrá ser reconocido como un Binomio Transformar $T$ de la secuencia de $\{ \frac{1}{nk+1} \}$. Desde $TT=1$, podemos transformar el resultado a $$ T(I_M)=\sum_{k=0}^M (-1)^k \frac{\binom{M}{k}}{\binom{k+1/n}{k}}=\sum_{k=0}^M (-1)^k \frac{M!\frac{1}{n}!}{(M-k)!(k+\frac{1}{n})!}, $$
que da $\displaystyle T(I_M)= \frac{1}{Mn+1}$.

El uso intenso de WolframAlpha me hace creer, que lo que mostraron no es suficiente. Las respuestas a esta pregunta me iba a dar una mejor sensación.

Esto puede ayudar a: La última suma se podría volver a escribir con Pochhammer Símboloscomo $$ T(I_M)=\sum_{k=0}^M \frac{(M-1)_{k}(1)_k}{(\frac{1}{n})^{(k)}}\frac{(-1)^k}{k!}=\sum_{k=0}^M \frac{(M-1)_{k}(1)_k}{(\frac{1}{n}+k-1)_{(k)}}\frac{(-1)^k}{k!} $$ y si $M\to \infty$ obtenemos $T(I_M)= _2F_1(1,(M-1);\frac{1}{n}+k-1;1)$

Answer 3

Asumiendo $n \gt 1$,

Si establecemos $I_{M} = \int_{0}^{1} (1-x^n)^M dx$, entonces, creo que vamos a obtener, mediante integración por partes ($u = x$, $v = (1-x^n)^M$) que

$$I_{M+1} = \int_{0}^{1} (M+1)n x^n (1-x^n)^M dx$$

y así

$$ (M+1)n I_{M} - I_{M+1} = (M+1)n \int_{0}^{1} (1-x^n)^{M+1} dx = (M+1)nI_{M+1}$$

$$I_{M+1} = \frac{(M+1)n}{(M+1)n +1}I_{M} = \left(1 - \frac{1}{(M+1)n + 1}\right) I_m$$

Ahora podemos utilizar la estimación$1 - \frac{1}{x} = e^{-x + O(x^2)}$, y obtener un presupuesto para $I_{M}$.

Todo lo que necesitas es una estimación de $\sum_{k=0}^{M} \frac{1}{kn+1}$, lo que creo es$\frac{\log M}{n} + O(\frac{1}{M})$, por lo que su integral es

$$\Theta\left(\frac{1}{M^{1/n}}\right)$$

(Suponiendo que me han hecho los cálculos de la derecha).