Grenseverdi
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
La $u=nx \enspace \Longrightarrow \enspace \text{d}x = \frac{\text{d}u}{n}$
Integralet omformes til
$\lim_{n \to \infty} \int_{-an}^{an} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u$
$\frac{\sin(u)}{u}$ er symmetrisk om origo, slik at $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u = 2 \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u$
Definér $F(t) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin{u}}{u}e^{-tu} \, \text{d}u$. Når $t=0$ reduseres $F(t)$ til det originale integralet - noe av grunnen til at vi bruker dette.
Da er $F'(t) = \frac{\text{d}}{\text{d}t} \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{u}e^{-tu} \, \text{d}u = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial t} \frac{\sin(u)}{u}e^{-tu} \, \text{d}u = \int_0^\infty \frac{-u \cdot \sin(u)}{u}e^{-tu} = - \int_0^\infty \sin(u)e^{-tu} \, \text{d}u$
Delvis integrasjon på $F'(t)$ gir at $F'(t)= -\left[\frac{(t\sin(x) + \cos(x))e^{-tx}}{1+t^2} \right]_0^\infty = -\frac{1}{t^2+1}$. Fører ikke det inn, da det tar litt lang tid i latex.
Vi vet at $\frac{1}{1+t^2} = \frac{\text{d}}{\text{d}t} \arctan(t)$ slik at
$\int_0^\infty F'(t) \text{d}t = F(t) = -\arctan(t) + C$
Siden $\lim_{t \to \infty} F(t) = 0$ og $\lim_{t \to \infty} -\arctan(t) = -\frac{\pi}{2}$, følger det at $C=\frac{\pi}{2}$. Da er
$F(t) = -\arctan(t) + \frac{\pi}{2}$
Da har vi omsider at
$2 \cdot \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u = 2 \cdot F(0) = 2 \cdot \left(-\arctan(0)+\frac{\pi}{2} \right) = \pi$
Og da er vi ferdige;
$\boxed{\lim_{n \to +\infty} \int_{-a}^{a} \frac{\sin(nx)}{x} \, \text{d}x = \pi}$
Edit: rettet opp delvis integrasjon delen.
Integralet omformes til
$\lim_{n \to \infty} \int_{-an}^{an} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u$
$\frac{\sin(u)}{u}$ er symmetrisk om origo, slik at $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u = 2 \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u$
Definér $F(t) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin{u}}{u}e^{-tu} \, \text{d}u$. Når $t=0$ reduseres $F(t)$ til det originale integralet - noe av grunnen til at vi bruker dette.
Da er $F'(t) = \frac{\text{d}}{\text{d}t} \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{u}e^{-tu} \, \text{d}u = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial t} \frac{\sin(u)}{u}e^{-tu} \, \text{d}u = \int_0^\infty \frac{-u \cdot \sin(u)}{u}e^{-tu} = - \int_0^\infty \sin(u)e^{-tu} \, \text{d}u$
Delvis integrasjon på $F'(t)$ gir at $F'(t)= -\left[\frac{(t\sin(x) + \cos(x))e^{-tx}}{1+t^2} \right]_0^\infty = -\frac{1}{t^2+1}$. Fører ikke det inn, da det tar litt lang tid i latex.
Vi vet at $\frac{1}{1+t^2} = \frac{\text{d}}{\text{d}t} \arctan(t)$ slik at
$\int_0^\infty F'(t) \text{d}t = F(t) = -\arctan(t) + C$
Siden $\lim_{t \to \infty} F(t) = 0$ og $\lim_{t \to \infty} -\arctan(t) = -\frac{\pi}{2}$, følger det at $C=\frac{\pi}{2}$. Da er
$F(t) = -\arctan(t) + \frac{\pi}{2}$
Da har vi omsider at
$2 \cdot \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{u} \, \text{d}u = 2 \cdot F(0) = 2 \cdot \left(-\arctan(0)+\frac{\pi}{2} \right) = \pi$
Og da er vi ferdige;
$\boxed{\lim_{n \to +\infty} \int_{-a}^{a} \frac{\sin(nx)}{x} \, \text{d}x = \pi}$
Edit: rettet opp delvis integrasjon delen.