Yo estaba recogiendo algunos ejercicios para mis alumnos, y creo que este es uno de un libro: calcular, si existe, el límite de $$ \lim_{x \+\infty} \int_x^{2x} \sin \left( \frac{1}{t} \right) \, dt. $$ A mí me parece que este límite existe por la monotonía. Por otra parte, desde la $\frac{2}{\pi}x \leq \sin x \leq x$$0 \leq x \leq \pi/2$, yo podría demostrar fácilmente que $$ \frac{2}{\pi} \log 2 \leq \lim_{x \+\infty} \int_x^{2x} \sin \left( \frac{1}{t} \right) \, dt \leq \log 2. $$ WolframAlpha sugiere una forma "cerrada" de la integral, y dominado por la convergencia el límite resulta ser $\log 2$. Sin embargo, el paso a un límite en el $\operatorname{Ci}(\cdot)$ función no es realmente elemental. Me pregunto si hay una solución más simple que un alumno puede entender al final de un primer curso de análisis matemático.
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Integrar por partes, con $u=\sin\left(\frac{1}{t}\right)$$dv=dt$. Conseguimos que esto es igual a
$$ \left[t\sin\left(\frac{1}{t}\right)\right|_x^{2x}+\int_x^{2x}\frac{1}{t}\cos\left(\frac{1}{t}\right)dt $$
Ahora, el primer término es igual a
$$ \frac{\sin\left(\frac{1}{2x}\right)}{\frac{1}{2x}}-\frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}} $$
lo que limita a cero. En el segundo término, para lo suficientemente grande $t$, $1-\varepsilon\leq\cos\left(\frac{1}{t}\right)\leq 1$. Así tenemos que el segundo término es entre el$(1-\varepsilon)\log2$$\log2$.
$$\int_{x}^{2x}{\sin\left(\frac{1}{t}\right)dt}=\int_{x}^{2x}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}\cdot t^{-(2n+1)}\,dt= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} \int_{x}^{2x}{t^{-(2n+1)} dt}$$
Desde $$\lim_{x \rightarrow \infty} \int_{x}^{2x}{t^{-(2n+1)}dt}=\begin{cases}0,& n >0 \\ \log2,& n=0\end{casos} $$
Llegamos a la conclusión de que $$\lim_{x \rightarrow \infty} \int_{x}^{2x}{\sin\left(\frac{1}{t}\right)\,dt}= \log2.$$
$$ \int_x^{2x}\sin\left(\frac{1}{t} \right)\,dt=\int_{\frac{1}{2x}}^{\frac{1}{x}}\frac{\sin(u)}{u^2}\,du, $$ $$ \sin(u)=u+o(1)u, $$ si $u$ es de alrededor de $0$, (aquí se utiliza los primarios $\lim_{u\to0}\frac{\sin(u)}{u}=1$) así $$ \int_{\frac{1}{2x}}^{\frac{1}{x}}\frac{\sin(u)}{u^2}\,du=\int_{\frac{1}{2x}}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{u}(1+o(1))\,du, $$ donde$o(1)\to 0$$u\to0$, que es el caso, porque el $x\to+\infty$.
$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align} \lim_{x \to \infty}\int_{x}^{2x}\sin\pars{1 \over t}\,\dd t&= \lim_{x \to \infty}\int_{1/x}^{1/2x}\sin\pars{t}\,\pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} =\lim_{x \to \infty}\int_{1/x}^{1/2x}{\cos\pars{t} \over t}\,\dd t \\[3mm]&=\lim_{x \to \infty}\braces{% -\bracks{-\int_{1/x}^{\infty}{\cos\pars{t} \over t}\,\dd t} + \bracks{-\int_{1/2x}^{\infty}{\cos\pars{t} \over t}\,\dd t}} \\[3mm]&= \lim_{x \to \infty}\bracks{-{\rm ci}\pars{1 \over x} + {\rm ci}\pars{1 \over 2x}} \end{align} donde ${\rm ci}\pars{z}$ $\it\mbox{Cosine Integral}$ que satisface $\lim_{z \to 0}\bracks{{\rm ci}\pars{z} - \gamma - \ln\pars{z}} = 0$. $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante. A continuación,
\begin{align} &\lim_{x \to \infty}\int_{x}^{2x}\sin\pars{1 \over t}\,\dd t= \lim_{x \to \infty}\braces{% -\bracks{{\rm ci}\pars{1 \over x} - \gamma - \ln\pars{1 \over x}} +\bracks{{\rm ci}\pars{1 \over 2x} - \gamma - \ln\pars{1 \over 2x}} + \ln\pars{2}} \end{align}
$$\color{#00f}{\large% \lim_{x \to \infty}\int_{x}^{2x}\sin\pars{1 \over t}\,\dd t = \ln\pars{2}} $$
