Estoy tratando de demostrar que la secuencia formada por el Si de la función, $\text{Si}(n) = \int_0^n \frac{\sin(u)}{u} \mathrm{d}u$, es convergente como $n\rightarrow \infty$. El único giro es el límite inferior de la integral es 1 en lugar de cero. Al principio yo veía esto como una especie de alternancia de la serie, y la secuencia formada fue que de las sumas parciales. He intentado cambiar el límite superior de la integral, por lo que yo estaba buscando en múltiplos enteros de $\pi$. Yo era entonces va a obligado cada "golpe" con un rectángulo con base de pi, y de altura igual al valor de la función en el medio de cada intervalo. En poco tiempo me di cuenta de que los "baches" no eran simétricas respecto a sus centros, por lo que no tienen una manera de calcular la altura de la función en estos puntos medios. No puedo pensar en otra manera de atacar este problema. Cualquier ayuda es apreciada.
Respuestas
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Podemos escribir la función$Si$ como
$$ \begin{align} Si(n)&=\int_0^n \frac{\sin x}{x}dx\\ &=\int_0^1 \frac{\sin x}{x}dx+\int_1^n \frac{\sin x}{x}dx \end {align} $$
La primera integral en el lado derecho es obviamente convergente. Examinemos el segundo más cuidadosamente.
Integrando por partes revela
$$ \begin{align} \lim_{n\to \infty} \int_1^n \frac{\sin x}{x}dx&=\cos(1)+\lim_{n\to \infty}\left(-\int_1^n \frac{\cos x}{x^2}dx\right) \end {align} $$
Dado que la integral en el lado derecho satisface la desigualdad
$$ \begin{align} \left|-\int_1^n \frac{\cos x}{x^2}dx\right|&\le \int_1^n \left|\frac{\cos x}{x^2}\right|dx\\\\ &\le \int_1^n \frac{1}{x^2}dx\\\\ &=1-\frac1{n} \end {align} $$
Es absolutamente convergente. Por lo tanto, la integral original,$Si(n)$ converge (no absolutamente), ¡como debía mostrarse!
Sugerencia: compruebe que $$ \ int_0 ^ {2n \ pi} \ frac {\ sin (x)} {x} \, \ mathrm {d} x $$ converge usando las estimaciones $$ \ int_0 ^ {2 \ pi} \ left | \, \ frac {\ sin (x)} {x} \, \ right | \, \ mathrm {d} x \ le2 \ pi $$ y, para$n\ge2$, $$ \begin{align} \left|\,\int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\frac{\sin(x)}{x}\,\mathrm{d}x\,\right| &=\left|\,\int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\left(\frac{\sin(x)}{x}-\frac{\sin(x)}{2n\pi}\right)\,\mathrm{d}x\,\right|\\ &\le\int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\left|\,\frac{\sin(x)}{x}-\frac{\sin(x)}{2n\pi}\,\right|\,\mathrm{d}x\\ &\le\int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi}\left|\,\frac1{2n(n-1)\pi}\,\right|\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{n-1}-\frac1n \end {align} $$ Luego pruebe que $$ \ int_ {2n \ pi} ^ {2n \ pi + s} \ left | \, \ frac {\ sin (x)} {x} \, \ right | \ , \ mathrm {d} x \ le \ frac1n $$ para$0\le s\le2\pi$
Para$n \ge 0$, vamos a $ I_n = \ int_ {2 \ pi n} ^ {2 \ pi (n +1)} \ frac {\ sin (x)} {x} dx $.
Entonces
$ \begin{array}\\ I_n &= \int_{2\pi n}^{2\pi (n+1)}\frac{\sin(x)}{x}dx\\ &= \int_{2\pi n}^{(2n+1)\pi }\frac{\sin(x)}{x}dx + \int_{(2 n+1)\pi}^{2(n+1)\pi }\frac{\sin(x)}{x}dx\\ &= \int_{0}^{\pi }\frac{\sin(x+2\pi n)}{x+2\pi n}dx + \int_{0}^{\pi }\frac{\sin(x+(2n+1)\pi)}{x+(2n+1)\pi}dx\\ &= \int_{0}^{\pi }\frac{\sin(x)}{x+2\pi n}dx + \int_{0}^{\pi }\frac{-\sin(x)}{x+(2n+1)\pi}dx\\ &= \int_{0}^{\pi }\sin(x)\left(\frac{1}{x+2\pi n}-\frac1{x+(2n+1)\pi}\right)dx\\ &= \int_{0}^{\pi }\sin(x)\frac{(x+(2n+1)\pi)-(x+2\pi n)}{(x+(2n+1)\pi)(x+2\pi n)}dx\\ &= \int_{0}^{\pi }\sin(x)\frac{\pi}{(x+(2n+1)\pi)(x+2\pi n)}dx\\ \end {array} $
asi que
$ \begin{array}\\ |I_n| &=\big|\int_{0}^{\pi }\sin(x)\frac{\pi}{(x+(2n+1)\pi)(x+2\pi n)}dx\big|\\ &\le\big|\int_{0}^{\pi }\frac{\pi}{(x+(2n+1)\pi)(x+2\pi n)}dx\big|\\ &\le\big|\int_{0}^{\pi }\frac{\pi}{(2\pi n)^2}dx\big|\\ &= \frac1{4n^2} \end {array} $
Por lo tanto, $ \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} I_n $ converge.
Tenga en cuenta que esta prueba funciona para cualquier función acotada$f$, por ejemplo que$f(x)+f(x+\pi)=0$, como$\cos(x)$.
