Puedo comprobar fácilmente que para $n=1$ y $2$ es $0$ , $3$ y $4$ no es cero, $4$ y $5$ $0$ etc., pero parece que debe haber algo más profundo aquí (o al menos un truco).
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Al parecer, no es una pregunta fácil. Véase aquí para $n \leq 10$ .
EDIT: Como ha señalado Jason a continuación, el último párrafo de la página enlazada esboza la prueba de que la integral es distinta de cero si $n$ $=$ $0$ o $3$ mod $4$ (es decir, si $n \in \lbrace 3,4,7,8,11,12,\ldots\rbrace$ ).
riza
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Escriba $\cos(kx)=(e^{ikx}+e^{-ikx})/2$ . Obtenga
$$\begin{array}{ll} \int_0^{2\pi}\prod_{k=1}^n\cos(kx)dx & =\int_0^{2\pi} \prod_{k=1}^n \frac{e^{k i x} + e^{- k i x}}{2} dx \\ & = 2^{-n}\int_0^{2\pi} e^{-(1+2+\cdots+n) \cdot i x} \prod_{k=1}^n \left( 1 + e^{2 k i x} \right) dx \\ & =2^{-n}\int_0^{2\pi}e^{-n(n+1)/2\cdot ix}\sum_{\sigma\in\Sigma} e^{2\sigma ix}dx \\ & =2^{-n}\sum_{\sigma\in\Sigma}\int_0^{2\pi}e^{(2\sigma -n(n+1)/2)\cdot ix}dx\end{array}$$
donde $\Sigma$ es el conjunto de números compuesto por las sumas de los subconjuntos de $\{1,\cdots,n\}$ . La integral en el sumando viene dada por $+1$ si $2\sigma=n(n+1)/2$ y $0$ en caso contrario. Por lo tanto, la suma es distinta de cero si y sólo si hay un $n(n+1)/4\in\Sigma$ es decir $n(n+1)/4$ puede escribirse como una suma de números tomados del conjunto $\{1,\cdots,n\}$ . En primer lugar $4\mid n(n+1)\Leftrightarrow n\equiv 0,-1$ mod $4$ es necesario, y además
Lema . Cualquier número $0\le S\le n(n+1)/2$ puede escribirse como una suma de números en $\{1,\cdots,n\}$ .
Prueba . $S=0$ corresponde al producto vacío. $S=1$ corresponde al término $1$ sí mismo. De lo contrario, supongamos que la afirmación es válida para $n$ como hipótesis de inducción, y tratamos de demostrar que la afirmación sigue siendo válida para $n+1$ . Sea $0\le S\le (n+1)(n+2)/2$ . Si $S\le n(n+1)/2$ entonces simplemente toma los números de $\{1,\cdots,n\}$ a través de la hipótesis de inducción, de lo contrario $0\le S-(n+1)\le n(n+1)/2$ y podemos invocar la hipótesis de inducción sobre $S-(n+1)$ y, a continuación, añada $n+1$ a esa suma para obtener una suma de elementos de $\{1,\cdots,n,n+1\}$ que suman $S$ .
Por lo tanto, $n\equiv 0,-1$ mod $4$ es necesario y suficiente para que la integral sea positiva.
Anthony Shaw
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Una pista: Comienza como lo hizo anon con $$ \int_0^{2\pi}\prod_{k=1}^n\cos(kx)\,\mathrm{d}x =\int_0^{2\pi}e^{-i\frac{n(n+1)}{2}x}\prod_{k=1}^n(1+e^{i2kx})\,\mathrm{d}x\tag{1} $$ que sería $2\pi$ veces el coeficiente de $x^{n(n+1)/2}$ en $$ \prod_{k=1}^n(1+x^{2k})\tag{2} $$ $(2)$ es el número de formas de escribir $n(n+1)/2$ como la suma de enteros pares distintos $\le2n$ .
Así que $(1)$ es distinto de cero precisamente cuando se puede escribir $n(n+1)/2$ como la suma de enteros pares distintos $\le2n$ (un problema mucho más sencillo).
Reclamación: $\dfrac{n(n+1)}{2}$ puede escribirse como la suma de enteros pares distintos no mayores que $2n$ en al menos una forma precisamente cuando $n\in\{0,3\}\pmod{4}$ .
Prueba: Por inducción.
Si $n\in\{1,2\}\pmod{4}$ entonces $\dfrac{n(n+1)}{2}$ es impar, por lo que no puede escribirse como la suma de enteros pares.
Supongamos que $n\in\{0,3\}\pmod{4}$ y $\dfrac{n(n+1)}{2}$ puede escribirse como la suma de enteros pares distintos no mayores que $2n$ . Entonces $$ \frac{(n+4)(n+5)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}+(2n+4)+(2n+6) $$ Por lo tanto, si la afirmación es verdadera para $n$ es cierto para $n+4$ .
Una vez que observamos que $\dfrac{3(3+1)}{2}=2+4$ y $\dfrac{4(4+1)}{2}=4+6$ hemos terminado. QED
