Probar que$a_1 \cos(b_1 x) + \dots + a_n \cos(b_n x)$ tiene cero

Question

Dado que es función de $$f(x)=a_1 \cos(b_1 x) + \dots + a_n \cos(b_n x) $$ donde $\forall_{i} a_i > 0 $ e$\forall_{i} b_i > 0 $

Demostrar que $$\exists_{x_0} f(x_0) = 0 $$

Mi pruebe

Mi plan:
1. Encontrar una función $g$ tal que $g' = f$
2. Demostrar que $\exists_{x_1, x_2} g(x_1) = g(x_2) = 0 $
3. Desde el teorema de Rolle se sigue que $$\exists_{c \in (x_1,x_2)} g'(c)=f(c)=0$$

1.

$$g(x) = \frac{a_1}{b_1} \sin(b_1 x) + \dots + \frac{a_n}{b_n} \sin(b_n x) $$

2.

Sin perdida de generalidad: $$b_1 \ge \dots \ge b_n$$ Primer cero es sólo $g(0) = 0$
Pero lo que sobre el segundo 0? Creo que puedo encontrar a dos argumentos que $g(arg_1) >0$ $g(arg_2) < 0$ y utilizar el teorema de Darboux.

arg1 $$ g(\frac{\pi}{b_1}) = \frac{a_1}{b_1} \sin(\frac{b_1 \cdot\pi}{b_1}) + \dots + \frac{a_n}{b_n} \sin(\frac{b_n \cdot\pi}{b_1}) $$ cada argumento es entre $ 0 $ e $\pi$ por lo que será mayor que $0$

atascado

Pero no puedo encontrar la segunda argumento...

Answer 1

Como se señaló anteriormente es suficiente para probar que $g$ no es monótona, por lo tanto no se 1-1; asumir como por encima de $b_1 \ge \dots \ge b_n >0$, a continuación, $g(0)=0, g(x)=-g(-x)$ y también se $g(\frac{\pi}{2b_1}) \geq \frac{a_1}{b_1}$ ya que el resto de los términos son positivos como $b_1$ es más alto de lo $\sin(b_kx) \geq 0, 0 < x \leq \frac{\pi}{2b_1}$.

Deje $M>0$ s.t $ \frac{a_k}{b_k} \leq M$ para todos los $k=1,..n$,vamos a $N >4$ lo suficientemente alta entero s.t. $\frac{\pi Mn}{N} < \frac{a_1}{b_1}$, y deje $c=\frac{\pi}{2b_1}+1$ Utilizando el teorema de Dirichlet podemos encontrar $c \leq x_0 \leq cN^n$ s.t. $||\frac{b_kx_0}{\pi}|| \leq \frac{1}{N}$ para todos los $k=1,...n$, donde como de costumbre, $||a|| = \min_{k \in \mathbb{Z}}|a-k|$ es la distancia mínima desde $a$ a los enteros.

Pero ahora $|b_kx_0-\pi m_k| \leq \frac{\pi}{N}$ para algunos entero $m_k$, significa $|\sin(b_kx_0)|=|\sin(b_kx_0-\pi m_k)| \leq \sin{\frac{\pi}{N}} \leq \frac{\pi}{N}$, lo $|g(x_0)| \leq \frac{\pi Mn}{N} < \frac{a_1}{b_1} < g(\frac{\pi}{2b_1})$ por nuestra opción de arriba, pero el $x_0 \geq c > \frac{\pi}{2b_1}$, lo $g$ no se puede aumentar, por lo tanto no puede ser monótona, así que son realizadas por el Teorema de Rolle

Answer 2

Deje $a_i,b_i>0$ para $i=1,...,n$ y dejar $$f(x)=\sum_{i=1}^na_i\cos(b_ix),\qquad g(x)=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\sin(b_ix).$$ Claramente, $g(0)=0$ e $g^\prime=f$. Procedemos por casos. Si todos los $b_i$ son racionales, decir $b_i=\frac{p_i}{q_i}$ con el entero $p_i,q_i$ para $i=1,...,n$, luego $$g\left(\pi\prod_{j=1}^nq_j\right)=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\sin\left(b_i\pi\prod_{j=1}^nq_j\right)=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\sin\left(p_i\pi\prod_{j=1,j\neq i}^nq_j\right)=0=g\left(0\right).$$ Obviamente $\pi\prod_{j=1}^nq_j\neq0$, así, por el teorema de Rolle, existe un $\xi\in\left(0,\pi\prod_{j=1}^nq_j\right)$, de tal manera que $$f\left(\xi\right)=g^\prime\left(\xi\right)=0.$$ Si, por otro lado, al menos una de las $b_i$ es irracional, entonces, del teorema de Dirichlet sobre Diophantine aproximaciones, hay secuencias de enteros $(q_k)_k$ e $(p_{ik})_k$ por cada $i=1,...,n$, de tal manera que $$\left\lvert b_i-\frac{p_{ik}}{q_k}\right\rvert\le\frac{1}{q_kk^{1/n}}.$$ Este rendimientos \begin{align} \left\lvert g\left(\pi q_k\right)\right\rvert&=\left\lvert \sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\sin\left(b_i\pi q_k\right)\right\vert\\ &\le\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\left\lvert\sin\left(b_i\pi q_k\right)\right\rvert\\ &=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\left\lvert\sin\left(\left(\frac{p_{ik}}{q_k}+\left(b_i-\frac{p_{ik}}{q_k}\right)\right)\pi q_k\right)\right\rvert\\ &=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\left\lvert\sin\left(p_{ik}\pi\right)\cos\left(\left(b_i-\frac{p_{ik}}{q_k}\right)\pi q_k\right)+\sin\left(\left(b_i-\frac{p_{ik}}{q_k}\right)\pi q_k\right)\cos\left(p_{ik}\pi\right)\right\rvert\\ &=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\left\lvert\sin\left(\left(b_i-\frac{p_{ik}}{q_k}\right)\pi q_k\right)\right\rvert\\ &\le\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\left\lvert\left(b_i-\frac{p_{ik}}{q_k}\right)\pi q_k\right\rvert\\ &\le\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\frac{\pi}{k^{1/n}}\rightarrow0. \end{align} Ahora coger $j\in\{1,...n\}$ tal que $b_j=\max\{b_i\colon i=1,...,n\}$ y dejar $$m\colon=g\left(\frac{\pi}{b_j}\right)=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{b_i}\underbrace{\sin\left(\frac{b_i}{b_j}\pi\right)}_{>0}>0.$$ Así tenemos a $g\left(\frac{\pi}{b_j}\right)=m>0=g\left(0\right)$ y, por el Teorema del Valor Intermedio, existe un $x_0\in\left(0,\frac{\pi}{b_j}\right)$, de tal manera que $g\left(x_0\right)=m/2$. Desde $\left\lvert g\left(\pi q_k\right)\right\vert\rightarrow0$, existe un $K_1\in\mathbb{N}$ tal que $\left\lvert g\left(\pi q_k\right)\right\vert<m/2$ para todos los $k\ge K_1$. Ahora la secuencia de $\left(q_k\right)_k$ debe ser ilimitada, por lo contrario, como es un entero secuencia, tendría una constante subsequence $\left(q\right)_l=\left(q_{k_l}\right)_l$. Esto implicaría $\left\lvert b_iq-p_{ik_l}\right\rvert\le k_l^{-1/n}$, por lo tanto $\left\lvert b_iq-p_{ik_l}\right\rvert\rightarrow0$ e $p_{ik_l}\rightarrow b_iq$ para todos los $i=1,..,n$. Sin embargo, $\left(p_{ik_l}\right)_l$ es un número entero de secuencia, por lo que el límite es de entero en contradicción con la suposición de que al menos uno de los $b_i$ es irracional. Así, podemos encontrar un entero $K\ge K_1$, de tal manera que $q_K>b_j^{-1}$. Esto significa $$g\left(\frac{\pi}{b_j}\right)=m>\frac{m}{2}>\left\lvert g\left(\pi q_K\right)\right\rvert\ge g\left(\pi q_K\right)\text{ and }\pi q_K>\frac{\pi}{b_j}.$$ Por otra aplicación del Teorema del Valor Intermedio, existe un $x_1\in\left(\frac{\pi}{b_j},\pi q_K\right)$, de tal manera que $g\left(x_1\right)=m/2$. Claramente, $x_0\neq x_1$, por lo tanto, por el teorema de Rolle, existe un $\xi\in\left(x_0,x_1\right)$, de tal manera que $$f\left(\xi\right)=g^\prime\left(\xi\right)=0.$$ En cualquier caso, $f$ tiene un cero.

Answer 3

Ya casi has llegado. Una pista más: realmente no necesitas $g(x_1)=g(x_2)=0$ . $g(x_1)=g(x_2)$ para distintos $x_1,x_2$ es suficiente para decir el resultado. Y creo que lo que hay que mostrar es que $g$ no es monotónico. De esa manera, tendrá dichos $x_1$ y $x_2$ .