Límite integral muy interesante

Question

He encontrado este interesante problema en el foro AoPS pero nadie ha publicado una respuesta. No tengo ni idea de cómo resolverlo.

$$ \int_0^\infty \sin(x^n)\,dx $$ Para todos los racionales positivos $n>1$ , $I_n$ denota la integral como arriba.

Si $P_n$ denota el producto $$ P_n=\prod_{r=1}^{n-1}I_{\bigl(\!\frac{n}{r}\!\bigr)}\,, $$ entonces evalúa el siguiente límite $L$ $$ L=\lim_{n\to\infty}\bigl(\sqrt{n}\,P_n\bigr)^{\frac{1}{n}} $$

Answer 1

Desde $$T_{\frac{r}{n}}=\int_{0}^{+\infty}\sin{(x^{\frac{r}{n}})}dx=\Gamma\left(\dfrac{r}{n}+1\right)\sin{\dfrac{\pi r}{2n}}=\dfrac{r}{n}\Gamma\left(\dfrac{r}{n}\right)\sin{\dfrac{\pi r}{2n}},r=1,2,,\cdots,n-1$$ prueba ver: 3.1

Lema $1$ :

$$\prod_{i=1}^{n-1}\sin{\dfrac{i\pi}{2n}}=\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}$$ Utilice este conocido $$z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1=\prod_{k=1}^{n-1}(z-(z-z_{k})$$ deje $z=1$ entonces tenemos $$n=\prod_{i=1}^{n-1}\left|1-\cos{\dfrac{2k\pi}{n}}+i\sin{\dfrac{2k\pi}{n}}\right|$$ desde $$\left|1-\cos{\dfrac{2k\pi}{n}}+i\sin{\dfrac{2k\pi}{n}}\right|=2\sin{\dfrac{k\pi}{n}}$$ $$\prod_{i=1}^{n-1}\sin{\dfrac{i\pi}{n}}=\dfrac{n}{2^{n-1}}$$ y $$\dfrac{2n}{2^{2n-1}}=\prod_{i=1}^{2n-1}\sin{\dfrac{i\pi}{2n}}=\left(\prod_{i=1}^{n-1}\sin{\dfrac{i\pi}{2n}}\right)^2$$ ¡Hecho!

Lema 2: $$f=\Gamma\left(\dfrac{1}{n}\right)\Gamma\left(\dfrac{2}{n}\right)\cdots\Gamma\left(\dfrac{n-1}{n}\right)=\dfrac{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}{\sqrt{n}}$$

desde $$f^2=\left(\Gamma\left(\dfrac{1}{n}\right)\Gamma\left(\dfrac{n-1}{n}\right)\right)\cdot \left(\Gamma\left(\dfrac{2}{n}\right)\Gamma\left(\dfrac{n-2}{n}\right)\right)\cdots\left(\Gamma\left(\dfrac{n-1}{n}\right)\Gamma\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)=\dfrac{\pi}{\sin{\frac{\pi}{n}}}\cdot\dfrac{2\pi}{\sin{\frac{2\pi}{n}}}\cdots\dfrac{\pi}{\sin{\dfrac{(n-1)\pi}{n}}}$$ por lo que tenemos $$f=\dfrac{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}{\sqrt{n}}$$ por lo que tenemos $$P_{n}=\prod_{r=1}^{n-1}T_{\frac{r}{n}}=\prod_{r=1}^{n-1}\dfrac{r}{n}\Gamma\left(\dfrac{r}{n}\right)\sin{\dfrac{\pi r}{2n}}=\dfrac{(n-1)!}{n^{n-1}}\cdot\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\cdot \dfrac{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}{\sqrt{n}}=\left(\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2n}\right)^{n-1}(n-1)!$$ Mediante la fórmula stirling tenemos $$\lim_{n\to+\infty}(\sqrt{n}P_{n})^{\frac{1}{n}}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2e}$$

Answer 2

La integral $I(a)=\int_0^{\infty}\sin(x^a)=\Im\int_0^{\infty}\exp(ix^a)$ se calcula fácilmente utilizando la analiticidad del integrando: Gira el contorno de integración un ángulo de $\frac{\pi}{2a}$ para obtener $I(a)=\Im\left(e^{\frac{i\pi}{2a}}\int_0^{\infty}e^{-x^a} \right)$ o

$$ I(a)=\frac{1}{a}\Gamma\left(\frac{1}{a}\right)\sin\left(\frac{\pi}{2a}\right) $$

Veamos ahora

$$ P_n=\left(n^{\frac12}\prod_{r=1}^{n-1}I\left(\frac{n}r\right)\right)^{\frac1n}=n^{\frac1{2n}}\exp\left(\frac1n\underbrace{\sum_{r=1}^{n-1}\log\left(I\left(\frac{n}{r}\right)\right)}_{s_{n-1}}\right) $$

Ahora observamos que $I(1)=0$ así que $s_n=s_{n-1}$ así que

$$ \frac{1}{n}s_{n-1}=\frac{1}{n}s_n=\frac{1}{n}\sum_{r=1}^{n}\log\left(\frac{r}{n}\sin\left(\frac{\pi r}{2n}\right)\Gamma\left(\frac{r}{n}\right)\right) $$

que es la definición de una integral de Riemann. Puesto que también el prefactor en $P_n$ es finito ( $n^{\frac{1}{2n}}\sim_{\infty}1$ ) podemos dividir el límite

$$ L=\lim_{n\rightarrow\infty}P_n=\lim_{n\rightarrow\infty}n^{\frac{1}{2n}}\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\frac{1}{n}s_n}=1\cdot e^J \,\,\quad \left(\star\right) $$

donde $J$ viene dado por

$$ J=\int_0^1\log(I(x))dx=\\\int_0^1\log(x)dx+\int_0^1\log\left(\sin\left(\frac{\pi }{2}x\right)\right)dx+\int_0^1\log\left(\Gamma(x)\right)dx $$

o

$$ J=-1-\log(2)+\frac{1}{2}\log(2\pi) $$

donde utilizamos un resultado clásico de Raabe así como este favorito de todos los tiempos .

Ahora podemos concluir de $\left(\star\right)$ que

$$ L=\frac{\sqrt{2\pi}}{2e} $$

de acuerdo con @math110