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Question

$$\lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\int_0^{\frac{\pi}2}x\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^4\,\mathrm dx$ $ No sé cómo resolver este problema de límite. Soy bastante claro sobre el uso del teorema de pinch, pero todavía no lo he hecho. ¿Podría alguien decirme por favor? ¡Gracias!

Answer 1

Desde $$\lim_{x\to 0}x^2\left(\frac1{\sin^4 x}-\frac1{x^4}\right)=\frac23,$ $ para $x\in(0,\frac\pi 2)$ , hay $C$ tal que $$\left|\frac{x\sin^4 nx}{\sin^4 x}-\frac{\sin^4 nx}{x^3}\right|\le \frac{C\sin^4 nx}{x}\le Cn.$ $

Por lo tanto, \begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\int_0^{\frac\pi2}x\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^4\, \mathrm dx&=\lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin^4 nx}{x^3}\, \mathrm dx\\ &= \lim_{n\to\infty}\int_0^{\frac{n\pi}2}\frac{\sin^4 x}{x^3}\, \mathrm dx\\ &= \int_0^{\infty}\frac{\sin^4 x}{x^3}\, \mathrm dx\\ \text{(IBP)}\quad &= \int_0^{\infty}\frac{2\sin^3 x\cos x}{x^2}\, \mathrm dx\\ \text{(IBP)}\quad &= \int_0^{\infty}\frac{6\sin^2 x\cos^2 x-2\sin^4 x}{x}\, \mathrm dx\\ &= \int_0^{\infty}\frac{\cos 2x-\cos 4x}{x}\, \mathrm dx\\ \text{(Frullani)}\quad &=\ln 2. \end {align *}

Answer 2

Resultado

Vamos

$$f(n) = \int_0^{\frac{\pi }{2}} x \left(\frac{\sin (n x)}{\sin (x)}\right)^4 \, dx$$

entonces

$$\lim_{n\to \infty } \, \frac{f(n)}{n^2}=\log (2)\simeq 0.6931471805599453 ...$$

Este resultado está de acuerdo con la estimación numérica de la integral.

Derivación

Esto es más heurístico y no muy estricta. Tal vez otros puedan llenar los vacíos.

Hemos dividido la integral en intervalos equidistantes, y observar $\sin(\pi x/n) \simeq \pi x/n$ para $n\to \infty$ y obtener

$$\lim_{n\to \infty }f(n)/n^2 =\lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^\infty a(k)\tag{1}$$

donde

$$a(k) = \int_{k-1}^k \pi ^2 s \left(\frac{\sin (\pi s)}{\pi s}\right)^4 \, ds$$

Los dos primeros valores son

$$a(1) = \text{Ci}(2 \pi )-\text{Ci}(4 \pi )+\log (2)$$ $$a(2) = -\text{Ci}(-8 \pi )+\text{Ci}(-4 \pi )-\text{Ci}(2 \pi )+\text{Ci}(4 \pi )$$

y para $k \ge 3$

$$a(k) = -\text{Ci}(2 (k-1) \pi )+\text{Ci}(4 (k-1) \pi )-\text{Ci}(-4 k \pi )+\text{Ci}(-2 k \pi )$$

Aquí $\text{Ci}(z) = -\int_{-\infty }^z \frac{\cos (t)}{t} \, dt$ es el coseno integral.

La suma de $(1)$ telescopios y nos quedamos con el anuncio de un resultado.

Discusión

Mi declaración "la suma de los telescopios" es bastante audaz.

De hecho, la cancelación es como este

$$\text{Ci}(-4 \pi )-\text{Ci}(4 \pi )=i \pi$$ $$\text{Ci}(8 \pi )-\text{Ci}(-8 \pi )=-i \pi$$

ver la simetría de las relaciones en http://people.math.sfu.ca/~cbm/aands/abramowitz_and_stegun.pdf, 5.2.20, y la suma de estas dos líneas es $0$.