Calcula

Question

Problema

Calcular $$\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{\ln x}{\displaystyle \int_0^x \dfrac{|\sin t|}{t}{\rm d}t}.$ $

Comentario

Tal vez, podemos resolverlo por la regla de L'Hospital , pero todavía existe una dificultad aquí. Aunque $x \to +\infty$ implica $\ln x \to +\infty$ , no conocemos el límite del denominador. ¿Cómo resolverlo?

Answer 1

Ayuda para la visualización de las funciones involucradas. Una caricatura de la imagen de el integrando es una secuencia de golpes de menor tamaño y de menor amplitud. Específicamente, para $t$ entre $n\pi$ e $(n+1)\pi$, usted tiene $\frac{|\sin t|}{(n+1)\pi}\leq \frac{|\sin t|}{t} \leq \frac{|\sin t|}{n\pi}$. Para el primer bache, es decir, cuando se $n=0$, debemos tomar algunos cuidados: vamos a reemplazar el límite superior por $\sin t$ en ese caso.

La integral de $|\sin t|$ sobre cada intervalo es $2$ (sólo integrar a $\sin t$ de $0$ a $\pi$, y tenga en cuenta que $|\sin t|$ es periódica con período de $\pi$ – como siempre, la ayuda de las imágenes), así que si escribimos $f(x)$ para su denominador, a continuación, $\sum_{1\leq n\leq x-1}\frac{2}{n\pi}\leq f(x) \leq 2+\sum_{1\leq n\leq x}\frac{2}{n\pi}$. La armónica suma converge a $\ln x$, por lo que el conjunto límite de es $\pi/2$.

Answer 2

Gracias a @Alex B. la idea , me completar la solución. Por favor me corrija si estoy equivocado.

Para cualquier $x>0$, se puede elegir algunas $n \in \mathbb{N}$ tal que $n \pi\leq x<(n+1)\pi$. Por lo tanto, obtenemos $$\int_0^{n\pi}\frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t \leq \int_0^x \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t<\int_0^{(n+1)\pi}\frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t.$$

Por un lado, el aviso de que \begin{align*} \int_0^{n \pi} \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t&=\int_0^\pi \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t+\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t\\ &> \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t\\ & > \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{(k+1)\pi}{\rm d}t\\ &=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin t|{\rm d}t}{(k+1)\pi}\\ &=\frac{2}{\pi}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}. \end{align*}

Por otro lado, asimismo, \begin{align*} \int_0^{(n+1) \pi} \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t&=\int_0^\pi \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t+\sum_{k=1}^{n}\int_{k\pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t\\ &< \int_0^\pi {\rm d}t+\sum_{k=1}^{n}\int_{k\pi}^{(k+1) \pi} \frac{|\sin t|}{k\pi}{\rm d}t\\ &=\pi+\sum_{k=1}^{n}\frac{\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin t|{\rm d}t}{k\pi}\\ &=\pi+\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}. \end{align*}

Por lo tanto $$\frac{2}{\pi}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k} <\int_0^x \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t<2+\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.$$

Desde $$\ln n\pi\leq \ln x<\ln(n+1)\pi,$$ tenemos $$\dfrac{\ln n\pi}{\pi+\dfrac{2}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}}<\dfrac{\ln x}{\int_0^x \dfrac{|\sin t|}{t}{\rm d}t}<\dfrac{\ln(n+1)\pi}{\dfrac{2}{\pi}\sum\limits_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}}.$$

La aplicación de la subsitution de la siguiente manera $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\ln n+\gamma+\varepsilon_n,$$ (de hecho, sólo necesitamos recordar que $\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$ e $\ln n$ son equivalentes infinitos), fácilmente podemos inferir que los límites de ambos lados en la última expresión son iguales a $\dfrac{\pi}{2}$ bajo el proceso de $n \to \infty$（decir $x \to +\infty$）. Por lo tanto, según el teorema del sándwich, podemos concluir que $$\frac{\ln x}{\int_0^x \frac{|\sin t|}{t}{\rm d}t} \to \frac{\pi}{2}(x \to +\infty),$$que es lo que queremos evaluar.

Answer 3

El denominador puede ser comparado con la suma de armónicos $1+1/2+1/3+\dots$ (¿Cómo?), que es divergente. Seguramente el autor de la propuesta también diverge. Un momento de reflexión muestra que es suficiente con considerar el $(M_1, M_2)$ donde $M_1=m_1\pi,M_2=m_2 \pi$ cualquier $0 < m_1 <m_2, m_1, m_2 \in \mathbb{N}$. Set $k=m_2-m_1$. $$ Yo :=\lim_{x \to \infty} \frac {\ln x} {\int^x_0 |\sen t| /t} =\lim_{x \to \infty} \frac {\int^x_{1} (1/t) dt} {\int^x_{1} (|\sen t| /t) dt} =\lim_{x \to \infty} \frac {\int^x_{M_1} (1/t) dt} {\int^x_{M_1} (|\sen t| /t) dt} $$ Conjunto $$ N(M) =\int_{M}^{M+\pi} \frac{1}{t} dt \\ D(M) =\int_{M}^{M+\pi} \frac{|\sen t|}{t} dt $$ Vemos que $$ Yo =\lim_{m_2 \to \infty} \frac{\sum_{m'=m_1}^{m_2} N(\pi m')}{\sum_{m'=m_1}^{m_2} D(\pi m')} $$ Desde $$ \left| M N(M) -M \frac{\pi}{M} \right| \leq \frac{\pi}{M+1} \\ \left| M D(M) -M \frac{2}{M} \right| \leq \frac{2}{M+1} $$ Cesaro suma nos dice $$ Yo =\lim_{k \in \mathbb{N}:\; k \to \infty} \frac{(1/k)\sum_{M'=M_1}^{M_2} M' N(M')}{(1/k)\sum_{M'=M_1}^{M_2} M' D(M')} =\frac{\pi}{2} $$

Answer 4

Tenga en cuenta que L'Hôpital no es útil aquí:

Tenemos $|\sin t| \le \frac12$ si y sólo si $\left(k+\frac16\right)\pi \le t \le \left(k+\frac56\right)\pi$ para algunos $k \in \mathbb{N}$. Por lo tanto $$\int_0^\infty \frac{|\sin t|}{t}\,dt \ge \frac12 \sum_{k=1}^\infty \int_{\left(k+\frac16\right)\pi}^{\left(k+\frac56\right)\pi} \frac{dt}{t} = \frac12\sum_{k=1}^\infty \ln\left(\frac{k+\frac56}{k+\frac16}\right) = +\infty $$ desde $\ln\left(\frac{k+\frac56}{k+\frac16}\right) \xrightarrow{k\to\infty} 1$.

Por lo tanto podemos aplicar L'Hôpital para obtener $$\lim_{x\to\infty} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{|\sin x|}{x}} = \lim_{x\to\infty} \frac1{|\sin x|}$$ pero este límite no existe, por ejemplo, considerar la posibilidad de $x_n = \frac{n\pi}2$ e $x_n = n\pi$. Esto no nos dice nada acerca de si el original límite existe.

Answer 5

Como para el denominador, tenga en cuenta que $\int_0^x dt\,\frac{|\sin(t)|}{t}=\int_0^{x/\pi}dt\,\frac{|\sin(\pi t)|}{t}=\int_0^{y}dt\,\frac{|\sin(\pi t)|}{t}$ (introdujimos $y:=x/\pi$). El integrando $t \mapsto \frac{|\sin(\pi t)|}{t}$ está encajada entre $h(t):=\sum_{k=1}^{\infty}\chi_{[k,k+1)}(t)\frac{1}{k+1}|\sin(t)|$ a continuación y $j(t):=\chi_{[0,1)}(t)\pi+\sum_{k=1}^{\infty}\chi_{[k,k+1)}(t)\frac{1}{k}|\sin(t)|$ anterior. Por lo tanto $$\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\lfloor y \rfloor-1} \frac{1}{k+1}=\int_0^{\lfloor y \rfloor}dt\,h(t)\leq \int_0^ydt\,\frac{|\sin(\pi t)|}{t} \leq \int_0^{\lceil y\rceil}dt\,j(t) =\pi+\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\lceil y\rceil-1}\frac{1}{k}$$

Sobre el numerador, tenga en cuenta que $\ln(x)=\ln(x/\pi)+\ln(\pi)=\int_1^y \frac{dt}{t}+\ln(\pi)$. El integrando la función de $t \mapsto \frac{1}{t}\chi_{(1,y)}(t)$ es comprimido entre la función de paso de $f(t):=\sum_{k=1}^{\infty}\chi_{[k,k+1)}(t)\frac{1}{k+1}$ a continuación y la función de paso de $g(t):=\sum_{k=1}^{\infty}\chi_{[k,k+1)}(t)\frac{1}{k}$ anterior. Por lo tanto $$\sum_{k=1}^{\lfloor y \rfloor-1} \frac{1}{k+1}=\int_1^{\lfloor y \rfloor}dt\,f(t)\leq \int_1^y\frac{dt}{t} \leq \int_1^{\lceil y\rceil}dt\,g(t) =\sum_{k=1}^{\lceil y\rceil-1}\frac{1}{k}$$ La recopilación de todos nuestros resultados, encontramos (recordemos que y=x/\pi) $$\frac{\left(\sum_{k=1}^{\lceil y\rceil-1}\frac{1}{k}\right)-1+\ln(\pi)}{\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\lceil y \rceil-1} \frac{1}{k}}=\frac{\left(\sum_{k=1}^{\lfloor y\rfloor-1}\frac{1}{k+1}\right)+\ln(\pi)}{\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\lceil y \rceil-1} \frac{1}{k}}\leq \frac{\ln(x)}{\int_0^xdt\,\frac{|\sin(t)|}{t}}\leq \frac{\left(\sum_{k=1}^{\lceil y\rceil-1}\frac{1}{k}\right)+\ln(\pi)}{\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\lfloor y \rfloor-1} \frac{1}{k+1}}=\frac{\left(\sum_{k=1}^{\lceil y\rceil-1}\frac{1}{k}\right)+\ln(\pi)}{\frac{2}{\pi}\left(\sum_{k=1}^{\lceil y \rceil-1} \frac{1}{k}\right)-\frac{2}{\pi}}$$ desde la expresión de la izquierda y de la derecha converge a $\pi/2$ como dejamos $y=x/\pi\to \infty$, también lo hace el medio de expresión.