Evaluando $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{\pi k}{2n}\int_0^1 x^{2n}\sin\frac{\pi x}{2}dx$

Question

Hola, estoy tratando de calcular $$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{\pi k}{2n}\int_0^1 x^{2n}\sin\frac{\pi x}{2}dx$$ Lo he reescrito como: $$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n \frac{k}{n}\int_0^1\frac{n\pi}{2} x^{2n}\sin\frac{\pi x}{2}dx$$ Ahora, la primera parte es simplemente una integral de Riemann $\int_0^1 x \,dx=\frac{1}{2}\,$ sin embargo, no sé si puedo usarla en este caso. Ahora, para la segunda parte, usando $\frac{\pi x}{2}=t$ tenemos:$$\int_0^1\frac{n\pi}{2} x^{2n}\sin\frac{\pi x}{2}dx=\left(\frac{\pi}{2}\right)^nn\int_0^\frac{\pi}{2}t^{2n}\sin t\,dt=\left(\frac{\pi}{2}\right)^n\frac{n}{2n+1}\int_0^\frac{\pi}{2}\left(t^{2n+1}\right)'\sin t\, dt$$ Así que integrando por partes dos veces obtenemos: $$I(2n)=\frac{1}{2n+1}\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}-\frac{1}{2n+2}I(2n+2)\right)$$ o reescrito como:$$I(2n)=2n\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n-1}-(2n-1)I(2n-2)\right)$$ Pero ¿cómo usar la relación? ¿Podrías ayudarme con esto?

EDIT: Originalmente era:$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \sin \frac{\pi k}{2n}\int_0^1 x^{2n}\sin\frac{\pi x}{2}dx$$

Answer 1

Método 1 (método de Laplace).

Utilizamos las asintóticas de $$\int^1_0 x^{2n} \sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx=\int^1_0 e^{2n(\log(x))} \sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx $$ Mediante el método de Laplace se obtiene que cuando $n\to\infty$: $$ \int^1_0 x^{2n} \sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx \sim \frac{1}{2n } $$ El límite requerido es entonces: \begin{align} \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \frac{\pi k}{2n} \int^1_0 x^{2n} \sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx = \lim_{n\to\infty} \frac{\pi}{2n} \cdot \frac{(n+1)n}{2} \cdot \frac{1}{2n} = \frac{\pi}{8} \end{align> donde hemos utilizado el resultado bien conocido $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$.

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Método 2 (Elemental).

Así que permíteme derivar esto de manera más elemental. Definimos $t=1-x$ para obtener: $$\int^1_0 x^{2n}\sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx = \int^1_0 (1-t)^{2n} \cos\left( \frac{\pi t}{2}\right)\,dt $$ Recordemos la desigualdad $1-\frac{x^2}{2} \leq \cos(x) \leq 1$. Por lo tanto: \begin{align> \int^1_0 (1-t)^{2n}\left(1- \frac{\pi^2}{8}t^2\right)\,dt \leq \int^1_0 (1-t)^{2n} \cos\left( \frac{\pi t}{2}\right)\,dt\leq \int^1_0 (1-t)^{2n}\,dt \end{align> En otras palabras: \begin{align> \frac{1}{2n+1} - \frac{\pi^2}{8}\int^1_0 (1-t)^{2n}t^2\,dt \leq \int^1_0 (1-t)^{2n} \cos\left( \frac{\pi t}{2}\right)\,dt\leq \frac{1}{2n+1} Además $$\int^1_0 (1-t)^{2n}t^2\,dt = \frac{1}{(2n+1)(2n+3)(n+1)} = O(n^{-3})$$ que puede ser obtenido fácilmente mediante integración por partes (o a través de la función Beta). En conclusión, concluimos: \begin{align> \frac{(n+1)\pi}{4} \frac{1}{(2n+1)}+O(n^{-2})\leq \sum_{k=1}^n \frac{\pi k}{2n} \int^1_0 x^{2n} \sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx \leq \frac{(n+1)\pi}{4} \frac{1}{(2n+1} \end{align> donde hemos utilizado (nuevamente) la fórmula para $\sum_{k=1}^n k$. Con el Teorema del Sándwich concluimos lo mismo que en el método 1.

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Método 3 (DCT).

Este método está inspirado en la excelente respuesta de Mark Viola. Integramos por partes una vez para obtener: $$\int_0^1 x^{2n}\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\,dx=\frac1{2n+1}-\frac{\pi}{2(2n+1)}\int_0^1 x^{2n+1}\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)\,dx$$ Por lo tanto: $[ \sum_{k=1}^n \frac{\pi k}{2n} \int^1_0 x^{2n} \sin\left( \frac{\pi x}{2}\right)\,dx = \frac{(n+1)\pi}{4} \frac{1}{(2n+1)}-\frac{(n+1)\pi}{4}\frac{\pi}{2(2n+1)}\int_0^1 x^{2n+1}\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)\,dx $ Tomando los límites cuando $n\to\infty$ junto con DCT ( $|x^{2n+1}\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)|\leq 1$ y converge a.e. a $0$) produce el mismo resultado.

Answer 2

Estabas en el camino correcto usando la integración por partes dos veces. Aquí presentamos un enfoque que solo se basa en herramientas elementales. Para ello procedemos.

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Usando $\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2}$, vemos que

$$\sum_{k=1}^n \frac{\pi k}{2n}=\frac{(n+1)\pi}{4}$$

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A continuación, integrando por partes con $u=\sin(\pi x/2)$ y $v=\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ revela

$$\int_0^1 x^{2n}\sin(\pi x/2)\,dx=\frac1{2n+1}-\frac{\pi}{2(2n+1)}\int_0^1 x^{2n+1}\cos(\pi x/2)\,dx\tag1$$

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Posteriormente, integrando por partes la integral del lado derecho de $(1)$ con $u=\cos(\pi x/2)$ y $v=\frac{x^{2n+2}}{2n+2}$ nos da

$$\int_0^1 x^{2n}\sin(\pi x/2)\,dx=\frac1{2n+1}-\frac{\pi}{2(2n+1)}\frac{\pi }{2(2n+2)}\int_0^1 x^{2n+2}\sin(\pi x/2)\,dx\tag2$$

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Multiplicando $(2)$ por $\frac{(n+1)\pi}{4}$ y dejando que $n\to \infty$ produce el límite deseado

$$\lim_{n\to \infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac{\pi k}{2n}\int_0^1 x^{2n}\sin(\pi x/2)\,dx\right)=\frac\pi8$$

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Herramientas utilizadas: Integración por partes y la suma $\displaystyle \sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2}$

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LÍMITE INTENCIONADO:

En un comentario, el OP afirmó que el problema original era evaluar $$\lim_{n\to \infty}\left(\sum_{k=1}^n\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\int_0^1 x^{2n}\sin(\pi x/2)\,dx\right)$$

Procedemos a continuación a evaluar el límite deseado.

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Notamos que $\sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)=\frac12 \cot\left(\frac{\pi}{4n}\right)+\frac12$. Usando $(2)$, vemos que

$$\begin{align} \sum_{k=1}^n\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\int_0^1 x^{2n}\sin(\pi x/2)\,dx&=\frac12\left(\cot\left(\frac{\pi}{4n}\right)+1\right)\\\\ &\times\left(\frac1{2n+1}-\frac{\pi}{2(2n+1)}\frac{\pi }{2(2n+2)}\int_0^1 x^{2n+2}\sin(\pi x/2)\,dx\right)\tag3 \end{align}$$

Usando $\lim_{n\to \infty}\frac{\frac12\left(\cot\left(\frac{\pi}{4n}\right)+1\right)}{\frac{2n}{\pi}}=1$ y dejando que $n\to \infty$ y dejando que $n\to \infty$ en $(3)$ produce el límite deseado

$$\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\int_0^1 x^{2n}\sin(\pi x/2)\,dx\right)=\frac1\pi$$