Seja f:[0, \pi] \rightarrow \mathbb{R} a função definida por f(x)=\sin x e \mathscr{P} a partição de [0, \pi] dada por \mathscr{P}=\left\{0, \frac{\pi}{n}, \frac{2 \pi}{n}, \ldots, \frac{(n-1) \pi}{n}, \frac{n \pi}{n}\right\}.
  • Usando as fórmulas da soma das funções trigonométricas mostre que 2 \sin \frac{x}{2} \sin k x= \cos \left(\frac{x}{2}-k x\right)-\cos \left(\frac{x}{2}+k x\right)=\cos \left(\frac{2 k-1}{2}\right) x-\cos \left(\frac{2 k+1}{2}\right) x.
  • Se \xi_{j}=\frac{j \pi}{n}, j=1, \ldots, n mostre que a soma de Riemann de f com respeito à partição \mathscr{P} será dada por
\Sigma\left(f, \mathscr{P}^{\star}\right)=\sum_{j=1}^{n}\left(\sin \xi_{j}\right) \frac{\pi}{n}=\frac{\pi}{n} \frac{\cos \left(\frac{\pi}{2 n}\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{2 n}\right)}
  • Calcule \lim _{n \rightarrow \infty} \Sigma\left(f, \mathscr{P}^{\star}\right).

Passo 1

O enunciado pede para calcular a soma de Riemann de f(x)=\sin x em [0,\pi] usando a partição \mathscr{P}=\{0,\tfrac{\pi}{n},\tfrac{2\pi}{n},\dots,\tfrac{n\pi}{n}\}
e pontos de amostragem \xi_j=\tfrac{j\pi}{n}. Para isso, vamos precisar de uma identidade trigonométrica que expresse 2\sin(\tfrac{x}{2})\sin(kx) como diferença de cossenos, e em seguida usar essa identidade para efetuar a soma telescópica \displaystyle\sum_{j=1}^n\sin\bigl(j\frac{\pi}{n}\bigr).

Passo 2

Usamos a fórmula
\cos A - \cos B = -2\,\sin\!\bigl(\tfrac{A+B}{2}\bigr)\,\sin\!\bigl(\tfrac{A-B}{2}\bigr).
Escolhendo
A = \frac{2k+1}{2}\,x,\quad B = \frac{2k-1}{2}\,x,
temos \tfrac{A-B}{2}=\tfrac{x}{2} e \tfrac{A+B}{2}=k x, logo
\cos\!\Bigl(\tfrac{2k-1}{2}x\Bigr)-\cos\!\Bigl(\tfrac{2k+1}{2}x\Bigr) =2\,\sin\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)\,\sin(kx).
Isso mostra a identidade desejada.

Passo 3

Defina \theta=\tfrac{\pi}{n}. Para k=j a identidade vira
2\,\sin\!\bigl(\tfrac{\theta}{2}\bigr)\,\sin(j\theta) =\cos\!\Bigl(\tfrac{2j-1}{2}\theta\Bigr)-\cos\!\Bigl(\tfrac{2j+1}{2}\theta\Bigr).
Somando de j=1 até n obtém-se uma soma telescópica em que quase todos os termos de cosseno se cancelam, restando
2\,\sin\!\bigl(\tfrac{\theta}{2}\bigr)\sum_{j=1}^{n}\sin(j\theta) =\cos\!\bigl(\tfrac{\theta}{2}\bigr)-\cos\!\bigl(\tfrac{2n+1}{2}\theta\bigr).
Mas \tfrac{2n+1}{2}\theta=\pi+\tfrac{\theta}{2} implica \cos(\pi+\tfrac{\theta}{2})=-\cos(\tfrac{\theta}{2}), então o lado direito vale 2\cos(\tfrac{\theta}{2}). Logo
\sum_{j=1}^{n}\sin(j\theta) =\frac{\cos(\tfrac{\theta}{2})}{\sin(\tfrac{\theta}{2})}.
Portanto a soma de Riemann fica
\Sigma(f,\mathscr{P}^\star) =\frac{\pi}{n}\sum_{j=1}^{n}\sin\!\Bigl(j\frac{\pi}{n}\Bigr) =\frac{\pi}{n}\,\frac{\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{2n}\bigr)}{\sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{2n}\bigr)}.

Passo 4

Para n\to\infty temos \tfrac{\pi}{2n}\to0, de modo que \cos(\tfrac{\pi}{2n})\to1 e \sin(\tfrac{\pi}{2n})\sim\tfrac{\pi}{2n}. Assim
\lim_{n\to\infty} \frac{\pi}{n}\,\frac{\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{2n}\bigr)}{\sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{2n}\bigr)} =\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\frac{1}{\tfrac{\pi}{2n}} =2.

Resposta

\lim_{n\to\infty}\Sigma(f,\mathscr{P}^\star)=2.

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