(a) Suponer eso . Demostrar eso .

Question

Quiero mostrar que la $\int_{0}^{n^{-1/3}} \frac{\sin(x)}{1+\cos(nx) \cos(x)}\ dx =O(n^{2/3})$. Así, tenemos que demostrar $$ \existe M>0, \ \existe N \in \mathbb{N} \ s.t. \ \forall n \geq N, \int_{0}^{n^{-1/3}} \frac{\sin(x)}{n^{2/3}(1+\cos(nx) \cos(x))}\, dx \leq M. $$

Mi idea era tratar de mostrar a $ \frac{\sin(x)}{1+\cos(nx) \cos(x)} = O(n)$. Tomamos nota de que $ \cos(x)>0 $$[0,n^{-1/3}] $. Así $$ \frac{\sin(x)}{n(1+\cos(nx) \cos(x))} \leq \frac{\sin(x)}{n(1- \cos(x))}. $$ Escrito el Maclaurin de la expansión de $ \sin(x) $$ \cos(x) $, tenemos $$ \frac{\sin(x)}{n(1+\cos(nx) \cos(x))} \leq \frac{1}{nx} \cdot \frac{1-x^2/3! +O(x^4)}{1-x^2/4! +O(x^4)}. $$ Me quedé atrapado en este punto, por lo que cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Podemos reemplazar con seguridad $\sin(x)$$x$, y la cuestión principal es sólo para mostrar que la $\cos(nx)\cos(x)$ no puede ser a menudo muy cerca de $-1$ en el intervalo de $(0,n^{-1/3})$. Los ceros iniciales de $\cos(nx)\cos(x)$ se producen a una distancia igual a $\frac{\pi}{n}$ unos de otros, por lo tanto $\frac{\pi}{n}$ es la ubicación aproximada de la primera punto tal que $\cos(nx)\cos(x)\approx -1$ y tenemos aproximadamente $\frac{1}{\pi} n^{2/3}$ inquietantes puntos en $(0,n^{-1/3})$. Por otro lado, si $\cos(x)\cos(nx)$ alcanza un mínimo local tenemos $$ -\sin(x)\cos(nx)-n\cos(x)\sin(nx) = 0 $$ por lo tanto $1+\cos(x)\cos(nx)\approx\frac{C}{n^2}$. En tal caso, $\left(1+\cos(x)\cos(nx)\right)^{-1}$ es grande , pero todavía podemos obligado el original integral a través de $$ O\left(\frac{1}{n}\right)+\sum_{k=1}^{\frac{1}{\pi}n^{2/3}}\int_{\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2n}}^{\frac{\pi k}{n}+\frac{\pi}{2n}}x\cdot\frac{n^2}{C}\,dx =O\left(\frac{1}{n}\right)+\sum_{k=1}^{\frac{1}{\pi}n^{2/3}}\frac{k\pi^2}{C}=O\left(n^{\color{red}{4}/3}\right).$$ Este es un crudo obligado, ya que $\frac{1}{1+\cos(x)\cos(nx)}$ es tan grande como $\frac{n^2}{C}$ sólo en el primer punto problemático. En la segunda problemática punto tenemos una contribución $\approx\frac{n^2}{9C}$, en el tercero $\approx\frac{n^2}{25 C}$ y así sucesivamente. Teniendo esto en cuenta, tenemos que la integral original es $\color{red}{O(\log n)}$.

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Esto podría ser útil también para demostrar que $$ \lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{1+\cos(nx)\cos(x)}\,dx = \frac{\pi}{2} $$ como experimentos numéricos sugieren. Esto puede ser mostrado en la siguiente manera informal: por un determinado $m$, el límite de $\lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{\pi/2}\sin(x)\cos^m(x)\cos^m(nx)\,dx$ es igual a cero si $m$ es impar y $\binom{m}{m/2}\frac{1}{(m+1)2^m}$ si $m$ es aún, debido a que el coseno de Fourier de la serie de $\cos(nx)^m$ y la de Riemann-Lebesgue lema. En particular $$ \lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{\pi/2}\sum_{m\geq 0}\sin(x)(-1)^m\cos^m(x)\cos^m(nx)\,dx $$ es igual $$ \sum_{m\geq 0}\lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{\pi/2}\sin(x)(-1)^m\cos^m(x)\cos^m(nx)\,dx =\sum_{k\geq 0}\frac{\binom{2k}{k}}{(2k+1)4^k}=\left.\frac{\arcsin x}{x}\right|_{x=1}=\frac{\pi}{2}$$ pero en orden a justificar $\lim\int\sum=\sum\lim\int$ es necesario invocar el teorema de convergencia dominada dos veces. Una de estas veces es practico para explotar lo que ya han estudiado el comportamiento de el integrando de la función en un barrio de los puntos problemáticos para los que $\cos(x)\cos(nx)\approx -1$.

Answer 2

Esta no es una respuesta, sólo un comentario largo.

@JackD'Aurizio en Primer lugar, algunas de las preguntas que voy a ser feliz si usted puede explicar más:

• Cómo usted consigue $ 1+\cos(x)\cos(nx)\approx\frac{C}{n^2} $?
• Como se demostró $\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{1+\cos(nx)\cos(x)}\,dx =O(1)$, así que ¿cómo es posible en el menor intervalo de $ [0,n^{-1/3}] $ tenemos $$ \int_{0}^{n^{-1/3}} \frac{\sin(x)}{1+\cos(nx) \cos(x)}\ dx =\color{red}{O(\log n)} ?$$ I guess there should be $ un \in [0,1] $ such that the integral equals $ O(n^{-a}) $ desde numéricamente los valores de la integral están disminuyendo.

Como usted ha mencionado, no tenemos problemas en los intervalos $$ [0,\frac{\pi}{2n}],[\frac{3\pi}{2n},\frac{5\pi}{2n}], \ldots, [\frac{(4k-1)\pi}{2n},\frac{(4k+1)\pi}{2n}] $$ desde $ \cos(nx) $ es no negativo y $ \frac{\sin(x)}{1+\cos(nx) \cos(x)} \leq x $.

Para los otros intervalos, tengo una idea, así que por favor, hágamelo saber si usted ve algún error. Desde $\cos(x) \cos(nx) \neq -1$ el uso de Maclaurin de expansión de la conseguimos $$ \frac{\sin(x)}{1+\cos(nx) \cos(x)}=\frac{x}{2}+(\frac{1}{24}+\frac{1}{8}n^2)x^3 + (\frac{1}{240}-\frac{1}{48}n^2+\frac{1}{48}n^4)x^5+O(x^7). $$ Desde $\frac{\pi}{n}$ es la ubicación aproximada de los primeros máximo local en el primer intervalo, es decir,$[\frac{\pi}{2n},\frac{3\pi}{2n}]$, obtenemos $$ \frac{\sin(x)}{1+\cos(nx) \cos(x)} \approx \frac{\pi}{2n}+(\frac{1}{24}+\frac{1}{8}n^2) ({\frac{\pi}{n}})^3 + (\frac{1}{240}-\frac{1}{48}n^2+\frac{1}{48}n^4)({\frac{\pi}{n}})^5 \approx \frac{c}{n}. $$ En el segundo máximo local, tenemos una contribución $\approx \frac{c}{3n}$ y así sucesivamente. ¿Crees que este argumento funciona?