Encuentra los límites superior e inferior de $xf(x)$, a medida que $x\rightarrow \infty$

Question

Defina $$f(x)=\int_{x}^{x+1}\sin(t^2)dt$$
Encuentre los límites superiores e inferiores $xf(x)$, a medida que $x\rightarrow \infty$.

Encuentro la respuesta como $+1, -1$ ya que $|\sin(x)| \le 1$. (Por supuesto, calculé esa función)
¿Es eso correcto o me perdí algo?

\==========================================================

Resolví de esta manera.
$2xf(x)=\cos(x^2)-\cos[(x+1)^2]+r(x)$ donde $r(x)=\frac{\cos(x+1)^2}{x+1}-2x\int_{x^2}^{(x+1)^2}\frac{\cos(u)}{4u^{3/2}}du$
Por lo tanto, $xf(x)=\frac{1}{2}{\cos(x^2)-\cos(x+1)^2}+\frac{r(x)}{2}$
Usando la fórmula trigonométrica: $2\sin(a)\sin(b)=\cos(a-b)-\cos(a+b)$
Reescribe $xf(x)=±\sin(x^2+x+\frac{1}{2})\sin(x+\frac{1}{2})+\frac{r(x)}{2}$.

A medida que $x\rightarrow \infty, r(x) \rightarrow 0$.

Supongamos que $x^2=2k\pi$ para un entero $k$.
Para lograr $±1$, debemos mostrar que $x+\frac{1}{2} \rightarrow 2n\pi+\frac{\pi}{2}$ para algún $n$ a medida que $x\rightarrow \infty$.
Para cada $n$, existe un $k$ tal que $\sqrt{2\pi k}+\frac{1}{2} < 2n\pi+\frac{\pi}{2} <\sqrt{2\pi (k+1)} +\frac{1}{2} $
La distancia entre $\sqrt{2\pi k}+\frac{1}{2}$ y $2n\pi+\frac{\pi}{2}$ es a lo sumo $\sqrt{2\pi (k+1)} +\frac{1}{2} -\sqrt{2\pi k}+\frac{1}{2}$.
A medida que $k \rightarrow \infty$, la distancia se vuelve arbitrariamente pequeña.
Por lo tanto, $ x \rightarrow \infty$, $xf(x)=±\sin(2n\pi+\frac{\pi}{2})=±1$.

Answer 1

Aquí hay una versión clarificada de tu demostración. (De hecho, fue parte de mi solución original, pero la modifiqué siguiendo tu idea).

Paso 1. Estimación de $xf(x)$

---

Sea $t = \sqrt{u}$. Entonces

\begin{align*} xf(x) &= x\int_{x}^{x+1} \sin (t^2) \, dt = x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{\sin u}{2\sqrt{u}} \, du \\ &= x \left[ \frac{1-\cos u}{2\sqrt{u}} \right]_{x^2}^{(x+1)^2} + x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{1-\cos u}{4u^{3/2}} \, du \end{align*}

Dado que

\begin{align*} x \left[ \frac{1-\cos u}{2\sqrt{u}} \right]_{x^2}^{(x+1)^2} &= \frac{x}{2} \left(\frac{1-\cos\big((x+1)^2\big)}{x+1} - \frac{1 - \cos\big(x^2\big)}{x} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left(\cos \left( x^2 \right) - \cos\left((x+1)^2\right) \right) - \frac{1 - \cos\left((x+1)^2\right)}{2(x+1)} \\ &= \sin \left(x+\frac{1}{2}\right)\sin\left(x^2+x+\frac{1}{2}\right) - \frac{1 - \cos\left((x+1)^2\right)}{2(x+1)}, \end{align*}

tenemos

$$xf(x) = \sin \left(x+\frac{1}{2}\right)\sin\left(x^2+x+\frac{1}{2}\right) - \frac{1 - \cos\left((x+1)^2\right)}{2(x+1)} + x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{1-\cos u}{4u^{3/2}} \, du. $$

Es fácil observar que

$$ - \frac{1 - \cos\left((x+1)^2\right)}{2(x+1)} + x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{1-\cos u}{4u^{3/2}} \, du = O\left(\frac{1}{x}\right). $$

De hecho, sigue de la estimación

\begin{align*} \left| x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{1-\cos u}{4u^{3/2}} \, du \right| &\leq x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{\left| 1-\cos u \right| }{4u^{3/2}} \, du \\ &\leq x \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{1}{2x^3} \, du \leq \frac{2x+1}{2x^2} = O\left(\frac{1}{x}\right). \end{align*}

Paso 2. Evaluación del límite superior y el límite inferior

---

La estimación anterior en particular implica que

$$ \limsup_{x\to\infty} xf(x) = \limsup_{x\to\infty} \sin \left(x+\frac{1}{2}\right)\sin\left(x^2+x+\frac{1}{2}\right)$$

y lo mismo para el límite inferior. Para encontrar el límite superior, notamos a partir de la identidad anterior que

$$\limsup_{x\to\infty} xf(x) \leq 1. $$

Afirmamos que de hecho es 1. Para ello, es suficiente encontrar una subsecuencia $(x_n)$ tal que $x_n \to \infty$ y

$$ \sin \left(x_n +\frac{1}{2}\right)\sin\left(x_n^2+x_n+\frac{1}{2}\right) \to 1. $$

Sea $x = \sqrt{2\pi k}$. Entonces tenemos

$$ \sin \left(x+\frac{1}{2}\right)\sin\left(x^2+x+\frac{1}{2}\right) = \sin^2 \left(\sqrt{2\pi k}+\frac{1}{2}\right) $$

Dado que $\sqrt{2\pi k} \to \infty$ y $\sqrt{2\pi(k+1)} - \sqrt{2\pi k} \to 0$ cuando $k \to \infty$, podemos encontrar una subsecuencia $(k_n)$ tal que

$$ \min \left\{ \left| \sqrt{2\pi k_n} + \frac{1}{2} - \left( m+\frac{1}{2}\right)\pi \right| : m \in \Bbb{Z} \right\} \to 0 \quad \text{a medida que} \quad n \to \infty. \tag{1}$$

Así que para $x_n = \sqrt{2\pi k_n}$ obtenemos $ x_n f(x_n) \to 1$ a medida que $n \to \infty$ y por lo tanto $\limsup_{x\to\infty} xf(x) = 1$. Una ligera modificación de este argumento también prueba que $\liminf_{x\to\infty} xf(x) = -1$.

Prueba de la proposición $(1)$

---

Sea $\epsilon > 0$. Entonces existe $N$ tal que cuando $k \geq N$ tenemos $0 < r_k < \epsilon$, donde $r_k$ denota $r_k = \sqrt{2\pi(k+1)} - \sqrt{2\pi k}$ para simplificar. Entonces para la secuencia de bolas abiertas

$$ B_k = \left(\sqrt{2\pi k} - r_k, \sqrt{2\pi k} + r_k\right) = \left(\sqrt{2\pi k} - r_k, \sqrt{2\pi (k+1)}\right), $$

tenemos $B_k \cap B_{k+1} \neq \varnothing $ y por lo tanto

$$ \bigcup_{k=N}^{\infty} B_k = \left(\sqrt{2\pi N} - r_{N}, \infty \right). $$

Aquí, utilizamos el hecho de que $\sqrt{2\pi k} \to \infty$ cuando $k \to \infty$. Entonces para cualquier entero positivo suficientemente grande $m$ tenemos

$$ \left(m+\frac{1}{2}\right)\pi - \frac{1}{2} \in \left(\sqrt{2\pi N} - r_{N}, \infty \right). $$

De este modo, podemos escoger algún $k \geq N$ que satisfaga

$$ \left(m+\frac{1}{2}\right)\pi - \frac{1}{2} \in B_k \subset \left(\sqrt{2\pi N} - \epsilon, \sqrt{2\pi N} + \epsilon \right). $$

Esto prueba la siguiente proposición: Para cualquier $\epsilon > 0$ existe un entero positivo $k$ tal que

$$ \min \left\{ \left| \sqrt{2\pi k} + \frac{1}{2} - \left( m+\frac{1}{2}\right)\pi \right| : m \in \Bbb{Z} \right\} < \epsilon.$$

Luego, la proposición $(1)$ se sigue inmediatamente.

Answer 2

$$ \begin{align} f(x) &=\int_x^{x+1}\sin(t^2)\,\mathrm{d}t\\ &=-\int_x^{x+1}\frac1{2t}\,\mathrm{d}\cos(t^2)\\ &=\frac{\cos(x^2)}{2x}-\frac{\cos((x+1)^2)}{2(x+1)} -\int_x^{x+1}\cos(t^2)\frac1{2t^2}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\cos(x^2)}{2x}-\frac{\cos((x+1)^2)}{2(x+1)}+O\left(\frac1{x^2}\right)\tag{1} \end{align} $$ Entonces $$ \begin{align} xf(x) &=\frac{\cos(x^2)}{2}-\frac{\cos((x+1)^2)}{2(1+1/x)}+O\left(\frac1{x}\right)\\ &=\frac12\left(\cos(x^2)-\cos((x+1)^2)\right)+O\left(\frac1{x}\right)\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, al hacer el mapeo $x\mapsto\sqrt x$ en la derecha, obtenemos $$ \limsup_{x\to\infty}\,xf(x) =\limsup_{x\to\infty}\tfrac12\left(\cos(x)-\cos(x+2\sqrt x+1)\right)\tag{3 sup} $$ y $$ \liminf_{x\to\infty}\,xf(x) =\liminf_{x\to\infty}\tfrac12\left(\cos(x)-\cos(x+2\sqrt x+1)\right)\tag{3 inf} $$ Cuando $x$ es grande, $\sqrt x$ varía mucho más lentamente que $x$: $$ \begin{align} \sqrt{x+2\pi}-\sqrt x &=\frac{2\pi}{\sqrt{x+2\pi}+\sqrt x}\\ &\le\frac\pi{\sqrt x}\tag{4} \end{align} $$ Así, para cualquier $\epsilon>0$, elige un $x_0>\dfrac{\pi^2}{\epsilon^2}$ de manera que $2\sqrt{x_0}+1$ sea un múltiplo impar de $\pi$. Entonces $(4)$ garantiza que para $x\in[x_0,x_0+2\pi]$, $2\sqrt x+1$ esté dentro de $2\epsilon$ de un múltiplo impar de $\pi$.

Elige el $x\in[x_0,x_0+2\pi]$ que sea $0\bmod{2\pi}$ y obtenemos que $$ \tfrac12\left(\cos(x)-\cos(x+2\sqrt x+1)\right)\ge1-\epsilon\tag{5 sup} $$ Elige el $x\in[x_0,x_0+2\pi]$ que sea $\pi\bmod{2\pi}$ y obtenemos que $$ \tfrac12\left(\cos(x)-\cos(x+2\sqrt x+1)\right)\le-1+\epsilon\tag{5 inf} $$ Estas dos últimas desigualdades muestran que $$ \limsup_{x\to\infty}\,xf(x)=1\tag{6 sup} $$ y $$ \liminf_{x\to\infty}\,xf(x)=-1\tag{6 inf} $$

---

Un Enfoque Más Sencillo

Como se muestra en $(2)$, $$ \begin{align} xf(x) &=\frac12\left(\cos\left(x^2\right)-\cos\left((x+1)^2\right)\right)+O\!\left(\frac1x\right)\\ &=\underbrace{\sin\left(x^2+x+\tfrac12\right)}_{\text{frecuencia $\frac{x+1/2}\pi$}}\underbrace{\sin\left(x+\tfrac12\right)}_{\text{periodo $2\pi$}}+O\!\left(\frac1x\right)\tag7 \end{align} $$ Así, cuando $x\to\infty$, la curva se parece a una onda sinusoidal que oscila rápidamente y tiene una amplitud oscilante con un periodo de $2\pi$.