Demostrando que la serie con el término general$u_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^n(x)dx$ difiere.

Question

$$u_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(x)dx$$ for $ n \in \mathbb{N}^*$.

1. Demostrar que $(u_n)$ es convergente hacia la $0$.
2. Demostrar que la serie con el término general $(-1)^n u_n$ converge.
3. Demostrar que $$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n u_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 + \sin(x)}dx$$

4. Calcular $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 + \sin(x)}dx$$

   Sugerencia: Usted puede comenzar probando $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 + \sin(x)}dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1 + \cos(x)}dx$$

5. Demostrar que la serie con el término general $u_n$ diverge.

   Sugerencia: Usted puede comenzar probando $$u_n \geq \frac{1}{n + 1}$$

---

1. Para $ 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ tenemos: $0 \leq u_n \leq \frac{\pi}{2}$ que yo no puede derivar de la convergencia de ella. ¿Cómo puedo probar que es convergente hacia 0?

Estoy atascado con la pregunta 4. y 5, no podía ver cómo probar las sugerencias.

Answer 1

Para demostrar que $u_n$ converge a $0$, se puede dividir la integral en dos partes, una cerca de $\pi/2$ (donde $\sin$ está cerca de a $1$), y el resto. Es decir, tomar las $\delta >0$ pequeños, y escribir $$ \int_0^{\pi/2} \sin^n x dx = \int_0^{\frac{\pi}{2} - \delta} + \int_{\frac{\pi}{2} - \delta}^{\pi/2} : = I_1 + I_2. \etiqueta{1} $$ Desde $|\sin(x) | \leq 1$ tenemos $|I_2| \leq \delta$. En vista de la monotonía de $\sin x$ en $[0,\pi/2]$ tenemos $$ |I_1| \leq \frac{\pi}{2} \left(\sin {(\frac{\pi}{2} - \delta)}\right)^n.\la etiqueta{2} $$ Pero desde $\delta> 0$ es fijo e $0<\sin {(\frac{\pi}{2} - \delta)} < 1$ de $(2)$ tenemos que $I_1 \to 0$ como $n\to \infty$. Poner esta y la estimación de $I_1$ arbitrarias pequeñez de $\delta>0$ implica que $u_n \to 0$.

Como por la divergencia de la serie, puede utilizar la conocida desigualdad de $\frac{2}{\pi}x < \sin x$ donde $(0,\pi/2)$ a partir de la cual obtenemos que $$ u_n \geq \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \int_0^{\pi/2} x^n dx = \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \frac{1}{n+1} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n+1} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{n+1}. $$ Por lo tanto $u_n$ está acotado abajo por la serie armónica, que es divergente, por lo tanto también lo es $\sum_n u_n$.

Answer 2

Usando integración por partes es fácil probar que $u_n=((n-1)u_{n-2})/n$. El uso de esta relación se deduce que $u_n$ está disminuyendo y claramente es no negativo, de modo que $u_n$ es convergente. Utilizando esta relación de recurrencia vamos a demostrar que la secuencia de $a_{n} =u_{2n}$ tiende a $0$. Tenemos $$\frac{a_{n}} {a_{n-1}}=\frac{2n-1}{2n}$$ and hence on taking logs we have $$\log a_n-\log a_{n-1}=\log\left(1-\frac{1}{2n}\right)<-\frac{1}{2n}$$ And on adding such equations we get $$\log a_n-\log a_0<-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}$$ Since the expression on RHS diverges to $-\infty$ it follows that $\log a_n\\infty $ and therefore $a_n\a 0$. Since $a_n$ is a subsequence of a convergent sequence $u_n$ it follows that $u_n\to 0$.

A partir de la relación de recurrencia para $u_n$ se deduce que es decreciente y desde $u_n\to 0$ por Leibniz prueba de la alternancia de la serie $\sum (-1)^nu_n$ converge.

La próxima nota de que $$\sum_{i=0}^{n}(-1)^iu_i=\int_{0}^{\pi/2}\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}\sin^ix\,dx$$ The integral on right side can be written as $$\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+\sin x} +(-1)^{n+1}R_n$$ where $$0\leq R_n=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin^{n+1}x}{1+\sin x} \, dx\leq \int_{0}^{\pi/2}\sin^{n+1}x\,dx=u_{n+1}$$ and therefore by squeeze theorem $R_n\a 0 $. And thus $(-1)^{n+1}R_n\a 0$. It follows that $$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nu_n=\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+\sin x} $$ The integral above can be easily evaluated by using standard substitution $t=\tan (x/2)$ and the integral value is $1$.

El problema final es la divergencia de $\sum u_n$ que es fácilmente manejado por señalar que $$u_n=\int_{0}^{1}\frac{t^n}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\geq \int_{0}^{1}t^n\,dt=\frac{1}{n+1}$$ (también mencionado en los comentarios a la pregunta por Kavi Rama Murthy).

Answer 3

Usted puede ver la convergencia de $u_n$ por inducción:

$$\int^{\pi/2}_0 \cos x=[ \sin x]^{\pi/2}_0=1$$

$$\int^{\pi/2}_0 \cos^2 x=[ x/2+(1/4)\sin 2x]^{\pi/2}_0=\frac{\pi}{4}$$

$$\int^{\pi/2}_0 \cos^3 x=[ \sin x-(1/3)\sin^3 x]^{\pi/2}_0=1-\frac{1}{3}$$

$$\int^{\pi/2}_0 \cos^4 x=[(3/8)x+(1/32)\sin 4x+(1/16) \sin 2x]^{\pi/2}_0=\frac{3\pi}{16}$$

$$\int^{\pi/2}_0 \cos^5 x=[ \sin x -(1/5)\sin ^5x+..]^{\pi/2}_0=1-\frac{1}{5}. . .$$

$$\int^{\pi/2}_0 \cos^6 x=\frac{1}{192}[60x+48\sin 2x +9\sin 4x+4\sin^3 2x]^{\pi/2}_0=\frac{15\pi}{48}$$

Ahora, si la suma de estos términos, usted puede ver la suma diverge.

O podemos usar sugerencia para 4, tenemos:

$$\int^{\pi/2}_0 \frac{dx}{1+\sin x}=\int^{\pi/2}_0(1-\sin x +\sin^2 x-\sin^3 x+ . . .= \Sigma\int^{\pi/2}_0(-1)^n \sin^n x=1 $$

Porque:

$\sin x=\cos (\frac{\pi}{2}-x)=\cos 2(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$

$1+\sin x= 1+\cos 2(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})= 2\cos^2 (\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$

$$\int^{\pi/2}_0 \frac{dx}{1+\sin x}=\frac{1}{2}\int^{\pi/2}_0 \frac{dx}{\cos^2 (\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})}=[\tan (\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})]^{\pi/2}_0=1$$

Que es la suma de $(-1)^n u_n$ converge a 1 y $u_n$ diverge.

$\int^{\pi/2}_0 \frac{dx}{1+\cos x}$

$\cos x= \cos 2(\frac{x}{2})$

$1+\cos x=1+\cos 2(\frac{x}{2})=2\cos^2 (\frac{x}{2})$

$$\int^{\pi/2}_0 \frac{dx}{1+\cos x}=\frac{1}{2}\int^{\pi/2}_0 \frac{dx}{\cos^2 x/2}=[\tan x/2]^{\pi/2}_0=1$$