Una forma cerrada para $\int_0^\pi \lvert \sin(m t) \cos(n t) \rvert \, \mathrm{d} t$

Question

Motivado por este buena pregunta he estado tratando de calcular la función $f: \mathbb{R}^+ \to \left[0,\frac{1}{2}\right]$ definido por

$$f(\alpha) = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \int \limits_0^x \lvert\sin(\alpha s) \cos(s)\rvert \, \mathrm{d} s \, .$$

Tenga en cuenta que $f(\alpha) \leq \frac{1}{2}$ se deduce de la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

En las respuestas a la pregunta original el teorema de la equidistribución se utiliza para demostrar que $f(3 - 2 \sqrt{2}) = \frac{4}{\pi^2}$ se sostiene. Este argumento se puede extender a todo número irracional, por lo que tenemos $f(\alpha) = \frac{4}{\pi^2} \approx 0.405285$ para cualquier $\alpha \in \mathbb{R}^+ \setminus \mathbb{Q}^+$ .

Para los argumentos racionales podemos tomar $m , n \in \mathbb{N}$ con $\gcd(m,n) =1$ . El cambio de variables $s = n t$ produce $$ f \left(\frac{m}{n}\right) = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \int \limits_0^x \lvert\sin(m t) \cos(n t)\rvert \, \mathrm{d} t \, .$$ El integrando es periódico con periodo $\pi$ Así que $$ f \left(\frac{m}{n}\right) = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \left[\bigg\lfloor \frac{x}{\pi} \bigg\rfloor \int \limits_0^\pi \lvert\sin(m t) \cos(n t)\rvert \, \mathrm{d} t + \mathcal{O} (1)\right] = \frac{1}{\pi} \int \limits_0^\pi \lvert\sin(m t) \cos(n t)\rvert \, \mathrm{d} t\, .$$

Ahora la idea es dividir el intervalo de integración en subintervalos en los que el signo del producto es constante y luego utilizar $$ \sin(m t) \cos(n t) = \frac{\sin[(m+n)t] + \sin[(m-n)t]}{2}$$ para encontrar las integrales. El resultado viene dado básicamente por una suma finita de cosenos evaluados en los ceros del integrando.

Los primeros resultados son \begin{align} f(1) &= \frac{1}{\pi} \approx 0.318301 \, , \\ f(2) &= \frac{4}{3 \pi} \approx 0.424413 \, , \\ f\left(\frac{1}{2}\right) &= \frac{2(2\sqrt{2}-1)}{3\pi} \approx 0.388004 \, . \end{align} Curiosamente, la mayoría de los otros valores (especialmente los de gran $m$ y $n$ ) parecen estar muy cerca de $\frac{4}{\pi^2}$ .

Este método puede utilizarse (al menos en principio) para calcular $f$ en cada argumento racional, pero se complica cada vez más para valores mayores de $m$ y $n$ . Tal vez estoy pasando por alto un truco simple, tal vez hay un método mejor. Mi pregunta es:

¿Cómo podemos encontrar una expresión general para $f\left(\frac{m}{n}\right)$ con un coprimo arbitrario $m,n \in \mathbb{N}$ ?

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Editar 1 de julio de 2020

Gracias a la generosidad de Zacky y a las buenas respuestas de River Li y asgeige, tenemos algunos resultados de forma cerrada para casos especiales y una conjetura prometedora (pero todavía algo complicada) para el caso general. Utilizando métodos similares, también he encontrado $$ f(m) = \frac{2}{\pi (m^2-1)} \left[m \csc \left(\frac{\pi}{2m}\right) \cos \left(\frac{\pi}{2m} 1_{2\mathbb{N}}(m)\right) - 1_{2 \mathbb{N}-1}(m)\right]$$ para $m \in \mathbb{N} \setminus \{1\}$ ( $1_A$ es la función indicadora del conjunto $A$ ), lo que implica $\lim_{m \to \infty} f(m) = \frac{4}{\pi^2}$ . Mientras que una expresión simple para los valores generales de $m,n$ parece poco probable, puede ser posible demostrar que $\lim_{n \to \infty} f \left(\frac{m}{n}\right) = \frac{4}{\pi^2}$ y $\lim_{m \to \infty} f \left(\frac{m}{n}\right) = \frac{4}{\pi^2}$ sí que son válidas para las $m \in \mathbb{N}$ y $n \in \mathbb{N}$ respectivamente.

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Edición 11 de enero de 2021

Gracias a la segunda respuesta de River Li, ahora tenemos una prueba de los límites conjeturados. Incluso podemos utilizar fracciones parciales y las expansiones de polos de $\csc$ y $\cot$ para simplificar la serie restante y obtener el siguiente resultado general (válido para $m, n \in \mathbb{N}$ coprima y no ambas iguales a $1$ ): $$ f\left(\frac{m}{n}\right) = \frac{g_m\left(\frac{\pi}{2m}\right) - g_m \left(\frac{\pi}{2n}\right)}{m^2-n^2} \, , \, g_m = \begin{cases} x \mapsto \frac{\csc(x)}{x} &, \, m \in 2 \mathbb{N} - 1 \\ x \mapsto \frac{\cot(x)}{x} &, \, m \in 2 \mathbb{N}\end{cases} \, . $$

Answer 1

Caso $m = 1$

Utilizando Maple, tenemos \begin{align} f(\tfrac{1}{n}) &= \frac{1}{\pi}\int_0^\pi |\sin t \cos (nt)| \mathrm{d} t\\ &= \frac{2(n - \sin \tfrac{\pi}{2n})}{(n^2-1)\pi \sin \tfrac{\pi}{2n}}. \end{align} Tenemos $$\lim_{n\to \infty} f(\tfrac{1}{n}) = \frac{4}{\pi^2}.$$

Caso $m=2$ y $n$ impar

Utilizando Maple, tenemos \begin{align} f(\tfrac{2}{n}) &= \frac{1}{\pi}\int_0^\pi |\sin 2t \cos (nt)| \mathrm{d} t\\ &= \frac{2(n \cos \frac{\pi}{2n}-2\sin \frac{\pi}{2n} )}{(n^2-4)\pi \sin \frac{\pi}{2n}}. \end{align} Tenemos $$\lim_{n\to \infty} f(\tfrac{2}{n}) = \frac{4}{\pi^2}.$$

Caso general $m \ne n$

Según los resultados de $m=1, 2, 3, 4, \cdots$ por Maple, tras la simplificación y la observación, I $\color{blue}{\textrm{GUESS}}$ que, para $m, n \ge 1$ y $m\ne n$ , \begin{align} &\int_0^\pi |\sin (mt) \cos (nt)| \mathrm{d} t \\ =\ & \frac{2n}{n^2-m^2} \left(\sum_{s=0}^{\lfloor \frac{n}{2} + \frac{3}{4}\rfloor - 1} \left|\sin \frac{m\pi (1 + 4s)}{2n}\right| + \sum_{s=0}^{\lfloor \frac{n}{2} + \frac{1}{4} \rfloor - 1} \left|\sin \frac{m\pi (3 + 4s)}{2n}\right|\right)\\ &\quad - \frac{2m}{n^2-m^2}\sum_{s=0}^{m-1} \left|\cos \frac{s\pi n}{m}\right| \end{align} donde $\lfloor x \rfloor$ es la función suelo.

Observaciones: 1. He realizado experimentos numéricos $1\le m, n \le 10$ y más.

2. Se esperan pruebas rigurosas y paso a paso.

3. Puede ser posible una mayor simplificación.

Answer 2

Notación

$$f_{m,n}(x)=\sin(mx)\cos(nx)\\ \pi I_{m,n}=\int_0^{\pi}dx |f_{m,n}(x)|\\ \mathcal{I}_{m,n,k}=\int_{\frac{\pi (2k-1)}{2n}}^{\frac{\pi (2k+1)}{2n}}f_{m,n}(x)dx\\ \mathcal{I}_{m,n,0}=\int_0^{\pi/(2n)}f_{m,n}(x)dx\\ \mathcal{I}_{m,n,n}=\int^{\pi}_{\pi-\pi/(2n)}f_{m,n}(x)dx $$

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Lema 1:

$$ \int dt \cos(nt)\sin(mt)=\frac{1}{n^2-m^2}(m\sin(nt)\sin(mt)+n\cos(nt)\cos(mt)) $$

Prueba : diferenciación directa

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Resultados parciales I: $m=1$ , $n \in \mathbb{N}$ .

Definir $$ I_{1,n}=I_{n}\\ f_{1,n}(x)=f_{n}(x)\\ \mathcal{I_{k,n}}=\mathcal{I_{1,k,n}} $$ Ahora, podemos dividir la integral de la siguiente manera: $$ \pi I_n= \mathcal{I}_{n,0}+\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k \mathcal{I}_{n,k}+(-1)^n\mathcal{I}_{n,n}\quad(\star) $$

Por el Lemma 1, tenemos teniendo en cuenta que $k,n \in \mathbb{N}$ que $$ \mathcal{I}_{n,k}=(-1)^k\sin(k \pi/2n)\frac{2n \cos(\pi/2n)}{n^2-1}\\ \mathcal{I}_{n,0}=\frac{-1+n \sin(\pi/2n)}{n^2-1}\\ \mathcal{I}_{n,n}=(-1)^n\mathcal{I}_{n,0} $$

Utilizando $\Im(e^{ix})=\sin(x)$ junto con la serie geométrica finita obtenemos fácilmente:

$$ \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k \mathcal{I}_{n,k}=\cot(\pi/2n)\frac{2n \cos(\pi/2n)}{n^2-1} $$

por lo que desde $(\star)$ tenemos

$$ \pi I_n= \frac{2}{n^2-1}\left(\frac{n}{\sin(\pi/2n)}-1\right) $$

El límite $n \rightarrow \infty$ es ahora fácil de obtener:

$$ I_{\infty}=\frac{4}{\pi^2} $$ como se conjetura.

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Resultados parciales II: $m=2$ , $n \in 2\mathbb{N}+1$ .

Desde $\sin(2x)$ y $\cos(nx)$ tienen un bonito punto de simetría (ambos cambian de signo simultáneamente en la misma dirección) en $x=\frac{\pi}2$ podemos dividir la integral en este caso de la siguiente manera:

$$ \pi I_{2,n}= 2(\mathcal{I}_{2,n,0}+\sum_{k=1}^{\lfloor{n/2}\rfloor} (-1)^k \mathcal{I}_{2,n,k})\quad(\star \star) $$

tenemos, de nuevo por el Lemma 1, que

$$ \mathcal{I}_{2,n,k}=(-1)^k\sin(2 k \pi/n)\frac{2n \cos(\pi/n)}{n^2-4}\\ \mathcal{I}_{2,n,0}=\frac{-2+n \sin(\pi/n)}{n^2-4}\\ $$

Utilizando una vez más $\Im(e^{ix})=\sin(x)$ junto con la serie geométrica finita obtenemos fácilmente:

$$ \sum_{k=1}^{\lfloor{n/2}\rfloor} (-1)^k \mathcal{I}_{2,n,k}=\frac{\cot(\pi/2n)}{2}\frac{2n \cos(\pi/n)}{n^2-4} $$

fusionando todo en $(\star \star)$ obtenemos (después de algunas manipulaciones trigonométricas)

$$ \pi I_{2,n}= \frac{2}{n^2-4}\left(n\cot(\pi/2n)-2\right) $$

Tomando el límite de $n\rightarrow\infty$ obtenemos, ya que $\cot(y)\sim_{0_+} 1/y$

$$ I_{2,\infty}=\frac{4}{\pi^2} $$ como se esperaba.

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Más mañana

Answer 3

Supongamos que $m\ge 1, n\ge 1$ , $m\ne n$ y $\mathrm{gcd}(m, n) = 1$ .

Por la identidad $$\left|\sin x\right| = \frac{2}{\pi}-\sum_{k = 1}^\infty \frac{4}{\pi(4k^2-1)}\cos(2k x),$$ tenemos $$|\sin mt | = \frac{2}{\pi}-\sum_{i = 1}^\infty \frac{4}{\pi(4i^2-1)}\cos(2i mt)$$ y $$|\cos nt| = |\sin (\pi/2 - nt)| = \frac{2}{\pi}-\sum_{j = 1}^\infty \frac{4}{\pi(4j^2-1)}(-1)^j \cos(2jnt).$$ Entonces tenemos \begin{align} |\sin (mt) \cos (nt)| &= \frac{4}{\pi^2} - \frac{2}{\pi}\sum_{i = 1}^\infty \frac{4}{\pi(4i^2-1)}\cos(2i mt)\\ &\quad - \frac{2}{\pi}\sum_{j = 1}^\infty \frac{4}{\pi(4j^2-1)}(-1)^j \cos(2jnt)\\ &\quad + \sum_{i = 1}^\infty \sum_{j = 1}^\infty \frac{16(-1)^j}{\pi^2(4i^2-1)(4j^2-1)}\cos(2i mt)\cos(2jnt). \end{align} Tenga en cuenta que $$\int_0^\pi \cos(2i mt)\cos(2jnt) \mathrm{d} t = \left\{\begin{array}{ll} 0 & im - jn \ne 0 \\[4pt] \frac{\pi}{2} & im - jn = 0. \end{array} \right.$$ Entonces tenemos \begin{align} \frac{1}{\pi}\int_0^\pi |\sin (mt) \cos (nt)| \mathrm{d} t &= \frac{4}{\pi^2} + \sum_{i = 1}^\infty \sum_{j = 1}^\infty \frac{8(-1)^j}{\pi^2 (4i^2-1)(4j^2-1)}\delta(i m - jn)\\ &= \frac{4}{\pi^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{8(-1)^{km}}{\pi^2 (4k^2n^2-1)(4k^2m^2-1)}\\ &= \frac{4}{\pi^2} + \frac{1}{m^2n^2}\sum_{k=1}^\infty \frac{8(-1)^{km}}{\pi^2 (4k^2-1/n^2)(4k^2-1/m^2)}. \end{align} Tenga en cuenta que $$\left|\sum_{k=1}^\infty \frac{8(-1)^{km}}{\pi^2 (4k^2-1/n^2)(4k^2-1/m^2)} \right| \le \sum_{k=1}^\infty \frac{8}{\pi^2 (4k^2-1)(4k^2-1)} = \frac{\pi^2 - 8}{2\pi^2}.$$ Así, tenemos $$\lim_{\max(m, n) \to \infty} \frac{1}{\pi}\int_0^\pi |\sin (mt) \cos (nt)| \mathrm{d} t = \frac{4}{\pi^2}.$$