Me acaba de llegar a través de este límite y supongo que puede calcularse mediante una suma de Riemann, pero no puedo hacerlo bien. $$\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^n\sqrt{n^4+k}\sin\left(\frac{2k\pi }{n}\right)$$ Alguna idea?
Respuesta
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Que es un poco difícil. Usted puede notar que para cualquier $k\in[1,n]$ el plazo $\sqrt{n^4+k}$ es considerablemente más grande de lo $\sin\left(\frac{2\pi k}{n}\right)$, pero hay una enorme cancelación debido al hecho de que $\sin(2\pi x)$ es positivo para $x\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$ y negativo para $x\in\left(\frac{1}{2},1\right)$. Por lo tanto, mejor para realizar algunas indización a través de $k\mapsto n-k$: $$ S_n=\sum_{k=1}\sqrt{n^4+k}\sin\left(\frac{2\pi k}{n}\right)=\sum_{k\leq n/2}\left(\sqrt{n^4+k}-\sqrt{n^4+n-k}\right)\sin\left(\frac{2\pi k}{n}\right) .\tag{1}$$ Ahora podemos observar que la $\sqrt{n^4+k}-\sqrt{n^4+n-k}$ es negativo y es igual a $$ \frac{2k-n}{\sqrt{n^4+k}+\sqrt{n^4+n-k}}\approx \frac{2k-n}{2n^2} \tag{2}$$ donde por las sumas de Riemann $$ \frac{1}{2n}\sum_{k\leq \frac{n}{2}}\left(2\frac{k}{n}-1\right)\sin\left(\frac{2\pi k}{n}\right)\to \frac{1}{2}\int_{0}^{1/2}(2x-1)\sin(2\pi x)\,dx = \color{red}{-\frac{1}{4\pi}}.\tag{3}$$ Lo dejo a usted para hacer de este argumento riguroso, es decir, para demostrar que nos permite reemplazar la LHS de $(2)$ con los RHS.
