Demostrar que la secuencia de $\{\int_0^{\pi/2} \sin(t^n)\, dt\}$ converge a 0.

Question

Demostrar que la secuencia $$ \left\{\int_0^{\pi/2} \sin(t^n)\, dt :n\in\mathbb N\right\} $$ converge a 0.

Answer 1

Primero dividir la integral en $t=1$. La estimación de la primera mitad es simple; desde $0 \leq \sin x \leq x$ $0 \leq x \leq 1$ hemos

$$ 0 \leq \int_0^1 \sin(t^n)\,dt \leq \int_0^1 t^n \,dt. $$

Para la segunda mitad, hacer el cambio de variables $t^n = (\pi/2)^n u$ para obtener

$$ \int_1^{\pi/2} \sin(t^n)\,dt = \frac{\pi}{2n} \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \sin\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-1}\,du. $$

La integración por partes de los rendimientos

$$ \begin{align} &\frac{\pi}{2n} \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \sin\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-1}\,du \\ &\qquad = \left.- \frac{\pi}{2n} \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \cos\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-1}\right|_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \\ &\qquad\qquad + \frac{\pi}{2n} \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \left(\frac{1}{n}-1\right) \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \cos\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-2}\, du \\ &\qquad = - \frac{\pi}{2n} \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \cos\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n\right] + \frac{\cos(1)}{n} \\ &\qquad\qquad + \frac{\pi}{2n} \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \left(\frac{1}{n}-1\right) \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \cos\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-2}\, du \tag{%#%#%} \end{align} $$

Finalmente, utilizamos el hecho de que $*$ para estimar el resto de integral;

$$ \begin{align} \left| \left(\frac{1}{n}-1\right) \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \cos\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-2}\, du \right| &\leq -\left(\frac{1}{n}-1\right) \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 u^{1/n-2}\,du \\ &= \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-1} - 1 \\ &< \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-1}. \end{align} $$

De ello se sigue que

$$ \left| \frac{\pi}{2n} \left(\frac{2}{\pi}\right)^n \left(\frac{1}{n}-1\right) \int_{(2/\pi)^{\Large n}}^1 \cos\left[\left(\frac{\pi}{2}\right)^n u \right] u^{1/n-2}\, du \right| < \frac{1}{n}. $$

Cada término en $|\cos(x)| \leq 1$ tiende a cero, como se $(*)$, por lo que el resultado de la siguiente manera.

Answer 2

$$ \begin{align} \left|\,\int_0^{\pi/2}\sin(t^n)\,\mathrm{d}t\,\right| &=\left|\,\int_0^{(\pi/2)^n}\sin(t)\,\mathrm{d}t^{1/n}\,\right|\\ &=\left|\,\frac1n\int_0^{(\pi/2)^n}t^{1/n-1}\,\mathrm{d}(1-\cos(t))\,\right|\\ &=\left|\,\frac{1-\cos((\pi/2)^n)}{n(\pi/2)^{n-1}}+\frac{n-1}{n^2}\int_0^{(\pi/2)^n}\frac{1-\cos(t)}{t^2}t^{1/n}\,\mathrm{d}t\,\right|\\ &\le\frac2{n(\pi/2)^{n-1}}+\frac{n-1}{n^2}\left(\int_0^1\frac12\,\mathrm{d}t+\int_1^\infty2t^{1/n-2}\,\mathrm{d}t\right)\\ &=\frac2{n(\pi/2)^{n-1}}+\frac{n-1}{n^2}\left(\frac12+\frac{2n}{n-1}\right)\\ &\le\frac9{2n}\tag{1} \end{align} $$

---

Con un poco de cuidado, se puede demostrar que $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\int_0^{(\pi/2)^n}\frac{1-\cos(t)}{t^2}t^{1/n}\,\mathrm{d}t &=\int_0^\infty\frac{1-\cos(t)}{t^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac\pi2\tag{2} \end{align} $$ el que dice que asintóticamente, $$ \int_0^{\pi/2}\sin(t^n)\,\mathrm{d}t\sim\frac\pi{2n}\etiqueta{3} $$

---

Cuando se administra Integrate[Sin[t^n],{t,0,Pi/2}], Mathematica 8 devuelve la respuesta $$ \frac{i\pi}{4n}\left(\mathrm{E}_{\frac{n-1}{n}}(-i(\pi/2)^n)-\mathrm{E}_{\frac{n-1}{n}}(i(\pi/2)^n)\right)\tag{4} $$ donde $$ \begin{align} \mathrm{E}_n(z) &=\int_1^\infty\frac{e^{-zt}}{t^n}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\Gamma(1-n)}{z^{1-n}}-\int_0^1\frac{e^{-zt}}{t^n}\,\mathrm{d}t\tag{5} \end{align} $$ Sin embargo, $$ \begin{align} &\mathrm{E}_{\frac{n-1}{n}}(-i(\pi/2)^n) - \mathrm{E}_{\frac{n-1}{n}}(i(\pi/2)^n)\\[4pt] &=\Gamma\left(\frac1n\right)\frac2\pi\left(i^{1/n}-(-i)^{1/n}\right)-2i\int_0^1\sin((\pi/2)^nt)\,t^{1/n-1}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac2\pi\Gamma\left(\frac1n\right)\left(e^{\frac{i\pi}{2n}}-e^{-\frac{i\pi}{2n}}\right)-\frac{4i}{\pi}\int_0^{(\pi/2)^n}\sin(t)\,t^{1/n-1}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{4i}\pi\Gamma\left(\frac1n\right)\sin\left(\frac\pi{2n}\right)-\frac{4in}{\pi}\int_0^{\pi/2}\sin(t^n)\,\mathrm{d}t\tag{6} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} &\frac{i\pi}{4n}\left(\mathrm{E}_{\frac{n-1}{n}}(-i(\pi/2)^n)-\mathrm{E}_{\frac{n-1}{n}}(i(\pi/2)^n)\right)\\ &=-\frac1n\Gamma\left(\frac1n\right)\sin\left(\frac\pi{2n}\right)+\int_0^{\pi/2}\sin(t^n)\,\mathrm{d}t\\ &=-\Gamma\left(1+\frac1n\right)\sin\left(\frac\pi{2n}\right)+\int_0^{\pi/2}\sin(t^n)\,\mathrm{d}t\tag{7} \end{align} $$ y parece Mathematica respuesta es $-\Gamma\left(1+\frac1n\right)\sin\left(\frac\pi{2n}\right)$.

En realidad, $(7)$ decae de manera exponencial, lo que nos deja con una muy buena aproximación $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\sin(t^n)\,\mathrm{d}t &\sim\Gamma\left(1+\frac1n\right)\sin\left(\frac\pi{2n}\right)\tag{8} \end{align} $$ que apoya a $(3)$ desde $\Gamma\left(1+\frac1n\right)=1-\frac{\gamma}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right)$ donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni Constante.

Answer 3

He hecho una respuesta mucho antes y yo estaba muy feliz de .... hasta que Antonio Vargas, me informó de que mi nueva límites para la integración fueron totalmente equivocado. Me sentí estúpido y elimina lo que escribí.

Mientras tanto, Antonio Vargas, una linda y elegante respuesta a la que nada puede ser añadido.

Pero, que se molesta por mi estupidez, y tratando de ser perdonado, yo continuaba trabajando en este problema y trató de obtener una forma cerrada para la integral (este al menos va a ser una pequeña contribución a este problema).

Un CAS llegó a la fórmula general $$\int_0^{\pi/2} \sin(t^n)\, dt=\frac{i \pi \left(E_{\frac{n-1}{n}}\left(-i \left(\frac{\pi }{2}\right)^n\right)-E_{\frac{n-1}{n}}\left(i \left(\frac{\pi }{2}\right)^n\right)\right)}{4 n}$$ which is a real (I have not been able to make the formula simpler) in which appears the exponential integral function. The formula is valid for any integer positive value of $$ n. Como pidió, el límite es cero.