Demostrar que $\sin\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{3!~n^3}+O\left(\frac{1}{n^5}\right)$

Question

Demostrar que $\sin\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{3!~n^3}+O\left(\frac{1}{n^5}\right)$ .

De hecho, este resultado es bastante obvio, pero cuando lo hice en los deberes no obtuve básicamente ningún punto porque fui demasiado superficial en mi razonamiento. Así que aquí está mi nuevo intento.

---

Prueba:

Sabemos que la serie de Taylor en el punto $0$ de $\sin(x)$ existe para que la "cola" $\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!~~n^{2k+1}}$ de ella también existe.

Básicamente, ahora queremos demostrar que existe una constante $C>0$ y un índice $n_0$ tal que para todo $n>n_0$ se mantiene: $\Big|\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}\Big|\leq C \cdot \frac{1}{n^5}$ lo que equivale a decir $\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}=O\left(\frac{1}{n^5}\right)$ .

Para ello demostramos que $\lim\limits_{n\to\infty}n^5\cdot\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!~~n^{2k+1}}$ converge.

Porque $\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}$ converge se nos permite realizar la multiplicación con un $n$ : $n^5\cdot \sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}=\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!~~n^{2k-4}}$ .

Ahora la pregunta es qué pasa con $\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k-4}}$ si $n\to\infty$ ? De nuevo, esto parece muy obvio ya que $n$ sólo aparece en los denominadores pero mi tutor dijo que esto no es un argumento riguroso. Así que supongo que debemos encontrar una expresión de forma cerrada para $\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k-4}}$ o al menos debemos encontrar un límite superior que alcance una expresión de forma cerrada. Yo simplemente tomaría una serie geométrica $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n^k}=\frac{1}{n-1}$ como $\frac{(-1)^k}{(2k+1)!~~n^{2k-4}}\leq\frac{1}{n^k}$ es válida para todos los $n$ y $k$ .

Por lo tanto, para todos los $n$ que tenemos: $$ 0\leq n^5\cdot\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}=\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k-4}}\leq \frac{1}{n-1}\\\implies \lim\limits_{n\to\infty}n^5\cdot\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)!~~n^{2k+1}}=0. $$ Así que para una constante $C>0$ encontramos un índice $n_0$ que es lo suficientemente grande como para que para todo $n>n_0$ :

$$\Big|n^5\cdot\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}\Big|<C \\\implies \Big|\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!n^{2k+1}}\Big|<C \frac{1}{n^5}\\\implies \sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!~~n^{2k+1}}=O\left(\frac{1}{n^5}\right)\\\implies \sin\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{3!~n^3}+O\left(\frac{1}{n^5}\right). $$

¿Es esto correcto?

Answer 1

Comenta el planteamiento de la pregunta

Sería más riguroso citar la convergencia dominada como razón para que $$ \lim_{n\to\infty}n^5\sum_{k=2}^\infty(-1)^k\frac1{(2k+1)!}\frac1{n^{2k+1}}=-\frac1{120} $$ limitando así el resto de la serie.

También se podría acotar mediante una serie geométrica: $$ \begin{align} \left|\sum_{k=2}^\infty(-1)^k\frac1{(2k+1)!}\frac1{n^{2k+1}}\right| &\le\sum_{k=2}^\infty\frac1{120n^{2k+1}}\\ &=\frac1{120\!\left(n^5-n^3\right)} \end{align} $$

Sin embargo, ambos enfoques requieren que usted haya definido $\sin(x)$ como su serie de Taylor, o que has demostrado que la serie de Taylor converge, lo que parece hacer más de lo que pide esta pregunta, por lo que la circularidad es una preocupación.

---

Otro enfoque

Integrar por partes $4$ tiempos: $$ \begin{align} \sin(x) &=\int_0^x\cos(t)\,\mathrm{d}t\\ &=x-\int_0^x(x-t)\sin(t)\,\mathrm{d}t\\ &=x-\frac12\int_0^x(x-t)^2\cos(t)\,\mathrm{d}t\\ &=x-\frac16x^3+\frac16\int_0^x(x-t)^3\sin(t)\,\mathrm{d}t\\ &=x-\frac16x^3+\frac1{24}\int_0^x(x-t)^4\cos(t)\,\mathrm{d}t\\ &=x-\frac16x^3+O\!\left(x^5\right) \end{align} $$ Desde $$ \begin{align} \left|\int_0^x(x-t)^4\cos(t)\,\mathrm{d}t\right| &\le\left|\int_0^x(x-t)^4\,\mathrm{d}t\right|\\ &=\frac15|x|^5 \end{align} $$