Mostrar que $\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin t}{t^2}dt=\ln 2.$

Question

Pregunta: Demuestra que $$\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin t}{t^2}dt=\ln 2.$$

Solución: Observa que $$\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin t}{t^2}dt=\ln 2=\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{dt}{t}\\\iff\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin t-t}{t^2}dt=0.$$

Por lo tanto, es suficiente demostrar que $$\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin t-t}{t^2}dt=0.$$

Ahora, expandiendo $\sin t$ usando la fórmula de Maclaurin con el resto en forma de Lagrange, obtenemos $$\sin t=t-\frac{\cos\xi}{3!}t^3, \text{ donde } \xi=\theta t\text{ y } 0<\theta<1.$$

Entonces $$\cos \xi\le 1\implies \frac{\cos \xi}{3!}t^3\le \frac{t^3}{3!}(\because t>0)\\\implies t-\frac{\cos \xi}{3!}t^3\ge t-\frac{t^3}{3!}\\\implies \sin t\ge t-\frac{t^3}{3!}.$$

Nuevamente, dado que $t>0$, tenemos que $\sin t.

Así que para $\forall t\in[x,2x]$ y $\forall x>0,$ tenemos que $$t-\frac{t^3}{3!}\le \sin t\le t\\\implies -\frac{t}{3!}\le \frac{\sin t-t}{t^2}\le 0\\\implies \int_x^{2x} -\frac{t}{3!}dt\le \int_x^{2x}\frac{\sin t-t}{t^2}dt\le 0\\\implies -\frac{x^2}{4}\le \int_x^{2x}\frac{\sin t-t}{t^2}dt\le 0.$$

Ahora, como $\lim_{x\to 0^+} -\frac{x^2}{4}=0$ y $\lim_{x\to 0^+} 0=0$, por el Teorema del Sandwich podemos concluir que $$\lim_{x\to 0^+} \int_x^{2x}\frac{\sin t-t}{t^2}dt=0.$$ Por lo tanto, hemos terminado.

¿Es esta solución correcta y lo suficientemente rigurosa? ¿Existen soluciones alternativas?

Answer 1

MVT para Integrales:

$\displaystyle{\int_{x}^{2x}}\dfrac{\sin t}{t}\frac{1}{t}dt =\dfrac{\sin s}{s}\int_{x}^{2x}\frac{1}{t}dt=$

$\dfrac{\sin s}{s}\left (\log 2x-\log x \right)$, donde $s \in [x,2x]$.

Tomamos el límite $x \rightarrow 0^+$.

Nota: $\lim_{x \rightarrow 0^+} s=0,$ y

$\lim_{x \rightarrow 0^+}\dfrac{\sin s}{s}=1$.

Answer 2

Hay una solución alternativa. Integrando por partes con $u=\sin(t)$ y $v=-\frac1t$ encontramos que

$$\begin{align}\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin(t)}{t^2}\,dt&=\lim_{x\to 0^+}\left.\left(-\frac{\sin(t)}{t}\right)\right|_x^{2x}+\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\cos(t)}{t}\,dt\\\\ &=\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\cos(t)}{t}\,dt=\log(2)+\int_x^{2x}\frac{\cos(t)-1}{t}\,dt \end{align}$$

Luego, nota que para $t\in [x,2x]$, $|1-\cos(t)|=2\sin^2(t/2)\le t^2/2$. Por lo tanto, $\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\cos(t)-1}{t}\,dt=0$ y concluimos

$$\lim_{x\to 0^+}\int_x^{2x}\frac{\sin(t)}{t^2}\,dt=\log(2)$$

¡como se esperaba!

Answer 3

Puedes usar el hecho de que $y = \dfrac{\sin x}{x}$ es positivo y decreciente en $(0,\pi)$ para que si $0 < x < \pi/2$ tengas $$ \frac{\sin 2x}{2x} \ln 2 = \frac{\sin 2x}{2x} \int_x^{2x} \frac 1t \, dt \le \int_x^{2x} \frac{\sin t}{t^2} \, dt \le \frac{\sin x}{x} \int_x^{2x} \frac 1t \, dt = \frac{\sin x}{x} \ln 2.$$ Ahora aplica el teorema del sandwich.

Answer 4

Encuentro que es más fácil probar una generalización. Reclamo: Supongamos que $f$ es continua en algún $(0,a)$ y $\lim_{x\to 0^+} f(x) =1.$ Entonces

$$\lim_{x\to 0^+} \int_x^{2x} \frac{f(t)}{t}\, dt = \ln 2.$$

En nuestro problema específico tenemos que $f(t)= \dfrac{\sin t}{t}.$

Prueba del reclamo:

$$\left | \int_x^{2x} \frac{f(t)}{t}\, dt - \ln 2\right | = \left |\int_x^{2x}\left (f(t)-1\right)\frac{dt}{t}\right |$$ $$\le \int_x^{2x}|f(t)-1|\frac{dt}{t} \le \max_{[x,2x]}|f-1|\cdot \int_x^{2x} \frac{dt}{t}$$ $$ = \max_{[x,2x]}|f-1| \cdot \ln 2.$$

Porque $\lim_{x\to 0^+} f(x) =1,$ ese máximo $\to 0$ cuando $x\to 0^+,$ y el reclamo está probado.

Answer 5

Permite que $ x\in\left(0,1\right] : $

\begin{aligned}\int_{x}^{2x}{\frac{\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}&=\ln{2}+\int_{x}^{2x}{\frac{t-\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}\\ &=\ln{2}+\int_{0}^{2x}{\frac{t-\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}-\int_{0}^{x}{\frac{t-\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}\\ &=\ln{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{x}{\frac{2u-\sin{\left(2u\right)}}{u^{2}}\,\mathrm{d}u}-\int_{0}^{x}{\frac{t-\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}\\ \int_{x}^{2x}{\frac{\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}&=\ln{2}+\int_{0}^{x}{\frac{\sin{t}\left(1-\cos{t}\right)}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}\end{aligned}

Dado que $ x\mapsto\frac{x\left(1-\cos{x}\right)}{x^{2}} $ es continua en $ \left(0,1\right] $, y puede extenderse a una función continua en $ \left[0,1\right] $, puede ser acotada superiormente en $ \left(0,1\right] $ por alguna constante $ M>0 :$ $$ \left(\exists M>0\right)\left(\forall x\in\left(0,1\right]\right),\ \frac{\sin{x}\left(1-\cos{x}\right)}{x^{2}}\leq M $$

Por lo tanto, $ \int_{0}^{x}{\frac{\sin{t}\left(1-\cos{t}\right)}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}\leq Mx\underset{x\to 0}{\longrightarrow}0 $, y por lo tanto : $$ \lim_{x\to 0}{\int_{x}^{2x}{\frac{\sin{t}}{t^{2}}\,\mathrm{d}t}}=\ln{2} $$