Calcular

Question

Calcular el límite $$\lim_{n\to\infty} \left(\int_0^{\pi} \frac{\sin^2 n x}{\sin x} \ dx-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)$ $

Answer 1

Supongamos entonces que $\ \displaystyle f(n):=\int_0^{\pi} \frac{\sin^2 n x}{\sin x} \ dx\ $:\begin{align} f(n+1)-f(n)&=\int_0^{\pi} \frac{\sin^2((n+1) x)-\sin^2(n x)}{\sin x} \ dx\\ &=\int_0^{\pi} \frac{\cos(2n x)-\cos(2(n+1) x)}{2\sin x} \ dx\\ &=\int_0^{\pi} \frac{\cos(2n x)(1-\cos(2x))+\sin(2nx)\sin(2x)}{2\sin x}dx\\ &=\int_0^{\pi} \frac{\cos(2n x)2\sin(x)^2)+\sin(2nx)2\sin(x)\cos(x)}{2\sin x} dx\\ &=\int_0^{\pi} \cos(2n x)\sin(x)+\sin(2nx)\cos(x)\;dx\\ &=\int_0^{\pi} \sin((2n+1) x)\;dx\\ &=\frac 2{2n+1} \\ \end {Alinee el}

Por lo que su límite (como $\ (n+1)\to +\infty$) es la serie: %#% $ de #% (mediante la expansión de $$f(0)+\sum_{n=0}^\infty \left(\frac 2{2n+1}-\frac 1{n+1}\right)=2\sum_{n=0}^\infty \left(\frac 1{2n+1}-\frac 1{2n+2}\right)=2\,\log(1+1)=\log(4)$ en $\;\log(1+x)\,$)

Answer 2

Lema: $\int_{0}^{\pi} e^{(2n+1)ix} dx = \frac{-2}{i}(2n+1)$.

Ahora que $t=e^{ix}$. Te simplificamos el integrando: $$\frac{\sin^2(nx)}{\sin x} = (\frac{t^{n}-t^{-n}}{2i})^2 (\frac{t-t^{-1}}{2i})^{-1}$ $ $$=\frac{i}{-2} \frac{t^{2n+1}+t^{1-2n}-2t}{t^2-1} = \frac{i}{-2} t \frac{t^{2n}-1}{t^2-1}(1-t^{-2n})$ $ $$=\frac{i}{-2} \sum_{i=0}^{n-1} (t^{2i+1} - t^{2(i-n)+1})$ $

Ahora, aplicando el lema, encontramos que el integral es $$\frac{i}{-2}\frac{-2}{i} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{2i+1} - \frac{1}{2(i-n)+1}=$ $ $$=2 \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{2i+1} =2(H_{2n}-\frac{1}{2}H_n)$ $

Así, el límite en cuestión es $\lim_{n \to \infty} 2(H_{2n}-\frac{1}{2}H_n) - H_{n} = \lim 2H_{2n}-2H_{n}$. Ahora podemos utilizar $H_{n} \sim \log n + \gamma + O(n^{-1})$ o comparar $H_{2n}-H_{n}$ % integral $\int_{n}^{2n} \frac{dt}{t} = \ln 2$a la conclusión de que el límite es de $\ln 4$.

Answer 3

El punto es que usted puede escribir $\sum_{k=1}^nsin(2k-1)x=\frac{cos(2nx)-1}{-2sinx}=\frac{sin^2(nx)}{sinx}$, por lo que la integral es igual a $I=lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n(\int_{0}^\pi(sin(2k-1)xdx-\frac{1}{k})=lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n(\frac{2}{2k-1}-\frac{1}{k})$, luego usando $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\sim log(n)+c$, $c$ es la constante de Euler, así $I=lim_{n\to\infty}2[\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k}]-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=lim_{n\to\infty}(2log2n+2c-logn-c-logn-c)=2log2$.