Evaluación de $\lim_{n\rightarrow\infty} \int_{-\pi}^\pi x^2 \frac{\sin(2nx)}{\sin x} dx$

Question

Necesito un enfoque para evaluar analíticamente este límite:

$$\lim_{n\rightarrow\infty} \int_{-\pi}^\pi x^2 \frac{\sin(2nx)}{\sin x} dx$$

Numéricamente, veo que la respuesta es $-\pi^3$ . Del mismo modo, si sustituyo $x^2$ con $x^4$ Me sale $-\pi^5$ . Recuerdo vagamente haber visto este resultado obtenido analíticamente y no necesariamente utilizando ideas avanzadas, pero no recuerdo ningún detalle. Sé que la fracción en el integrando se relaciona con los polinomios de Chebyshev del segundo tipo. ¿Alguien tiene alguna idea? Gracias.

Answer 1

Se puede mostrar $^{(1)}$ que $$\sum_{k=1}^n\cos(2k-1)x=\frac{\sin 2nx}{2\sin x}$$

Por lo tanto, basta con evaluar $$\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos(2k-1)xdx$$ ¿Puedes hacerlo?

SPOILER Puede comprobar que

$$\int_{ - \pi }^\pi {{x^2}} \cos \left( {2k - 1} \right)xdx = - \frac{{4\pi }}{{{{\left( {2k - 1} \right)}^2}}}$$

por lo que se deduce

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int_{ - \pi }^\pi {{x^2}} \frac{{\sin \left( {2nx} \right)}}{{\sin x}}xdx = - 8\pi \sum\limits_{k \geqslant 1} {\frac{1}{{{{\left( {2k - 1} \right)}^2}}}} = - 8\pi \frac{{{\pi ^2}}}{8} = - {\pi ^3}$$

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$(1)$ : Desde $$\frac{{\sin \left( {a + b} \right) - \sin \left( {a - b} \right)}}{2} = \sin b\cos a$$ obtenemos $$\sin x\cos \left( {2k - 1} \right)x = \frac{{\sin 2kx - \sin \left( {2k - 2} \right)x}}{2}$$ $$\sum\limits_{k = 1}^n {\cos \left( {2k - 1} \right)x} = \frac{{\sin 2nx}}{{2\sin x}}$$

Answer 2

He aquí una solución (ciertamente algo horrible) que utiliza tanto el lema de Riemann-Lebesgue como el teorema del residuo. Sea $$f(x) = \frac{x^2}{\sin x} \quad \text{ and } \quad g(x) = \frac{\pi^2}{2} \frac{1-\cos x}{\sin x}$$ en $(-\pi,\pi)$ . Entonces $$h(x) = f(x)-g(x) = \frac{x^2 - \frac{\pi^2}2(1-\cos x)}{\sin x}$$ es realmente continua en el intervalo cerrado $[-\pi,\pi]$ ya que tanto el numerador como el denominador tienen ceros simples en $\pm \pi$ y en $0$ , de modo que el cociente tiene allí singularidades removibles. Entonces el lema de Riemann-Lebesgue implica que $$\lim_{n\to\infty} \int_{-\pi}^\pi h(x) \sin (2nx) \, dx = 0,$$ para que $$\lim_{n\to\infty} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin (2nx) \, dx = \lim_{n\to\infty} \int_{-\pi}^\pi g(x) \sin (2nx) \, dx$$ si existe alguno de esos límites. La integral del lado derecho para un $n$ puede evaluarse ahora mediante las técnicas estándar del teorema del residuo, utilizando las sustituciones $z=e^{ix}$ , $\cos x = \frac12(z+z^{-1})$ , $dx = \frac{dz}{iz}$ , $\sin x = \frac{1}{2i}(z-z^{-1})$ , $\sin (2nx) = \frac{1}{2i} (z^{2n}-z^{-2n})$ , lo que da como resultado $$\begin{align*} \frac{\pi^2}{2} \int_{|z|=1|} & \frac{1-\frac12 (z+z^{-1})}{\frac1{2i}(z-z^{-1})}\frac{z^{2n}-z^{-2n}}{2i} \frac{dz}{iz} = \frac{\pi^2}{4i} \int_{|z|=1} \frac{2-z-z^{-1}}{z^{2n}} \frac{z^{4n}-1}{z^2-1}\, dz \\ &=\frac{\pi^2}{4i} \int_{|z|=1} \frac{2-z-z^{-1}}{z^{2n}} (1+z^2+z^4\ldots + z^{4n-2}) \, dz \\ &=\frac{\pi^2}{4i} \int_{|z|=1} (2-z-z^{-1}) (z^{-2n}+z^{-2n+2}+z^{-2n+4}\ldots + z^{2n-2}) \, dz \\ &= \frac{\pi^2}{4i} 2\pi i a_{-1} = \frac{\pi^3}{2} a_{-1} = \frac{\pi^3}{2}(-2) = -\pi^3 \end{align*}$$ donde $a_{-1}=-2$ es el coeficiente de $z^{-1}$ en el integrando que se encuentra fácilmente multiplicando los términos entre paréntesis.