Cómo probar que $ \frac {2}{ \pi } \int_ {x}^{px} \left ( \frac { \sin {t}}{t} \right )^2\, \mathrm dt \le 1- \dfrac {1}{p}$ para $p >1, x \ge0 $

Question

Muéstrele eso a $p>1$ y $x \ge 0$ :

$$ \dfrac {2}{ \pi } \int_ {x}^{px} \left ( \dfrac { \sin {t}}{t} \right )^2\, \mathrm dt \le 1- \dfrac {1}{p}$$

Mi idea es usar $$ \sin {x}=x- \dfrac {1}{3!}x^3+ \dfrac {1}{5!}x^5- \cdots $$

Answer 1

Este es un problema bastante difícil, y lo encontré muy agradable. Aquí está la solución que encontré:

Primero, damos algunos límites simples cuando $x$ es grande, o $px$ es pequeño. Si $x \geq\frac {2}{ \pi },$ y luego usando el límite de $| \sin (t)| \leq1 $ , tenemos que $$ \frac {2}{ \pi } \int_ {x}^{px} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \leq\frac {2}{ \pi } \int_ {x}^{px} \frac {1}{t^{2}}dt= \frac {2}{ \pi x} \left (1- \frac {1}{p} \right ) \leq1 - \frac {1}{p}. $$ De manera similar, si $px \leq\frac { \pi }{2}$ entonces desde $ \frac { \text {sin}(t)}{t} \leq1 $ , se deduce que $$ \frac {2}{ \pi } \int_ {x}^{px} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \leq\frac {2}{ \pi } \left (px-x \right )= \frac {2xp}{ \pi } \left (1- \frac {1}{p} \right ) \leq\left (1- \frac {1}{p} \right ). $$ Ahora, supongamos que $0 \leq x \leq\frac {2}{ \pi }$ y que $px \geq\frac { \pi }{2}$ . Entonces note que $$ \frac {2}{ \pi } \int_ {x}^{px} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt=1- \frac {2}{ \pi } \int_ {px}^{ \infty } \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt- \frac {2}{ \pi } \int_ {0}^{x} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt $$ desde $ \int_ {0}^{ \infty } \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt= \frac { \pi }{2}$ . Ahora encontraremos un límite en los otros dos términos. Trabajando en un intervalo de longitud $ \pi $ sacando un límite más bajo para $ \frac {1}{t^{2}}$ , tenemos eso para cualquier $y$

$$ \int_ {y}^{y+ \pi } \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \geq\frac {1}{ \left (y+ \pi\right )^{2}} \int_ {0}^{ \pi } \sin ^{2}(t)dt \geq\frac { \pi }{2} \int_ {y+ \pi }^{y+2 \pi } \frac {1}{t^{2}}dt, $$ y así $$ \frac {2}{ \pi } \int_ {px}^{ \infty } \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \geq\int_ {px+ \pi }^{ \infty } \frac {1}{t^{2}}dt= \frac {1}{px+ \pi }. $$ Ya que la función $ \frac { \sin (t)}{t}$ está disminuyendo monótonamente en el intervalo $ \left [0, \frac {2}{ \pi } \right ],$ se deduce que para $x \leq\frac {2}{ \pi }$ tenemos

$$ \frac {1}{x} \int_ {0}^{x} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \geq\frac { \pi }{2} \int_ {0}^{ \frac {2}{ \pi }} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \geq\frac { \pi }{2} \cdot\frac {5}{3 \pi },$$

y por lo tanto

$$ \frac {2}{ \pi } \int_ {0}^{x} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \geq\frac {5x}{3 \pi }. $$

Ahora, noten que desde $px \geq\frac { \pi }{2},$ y $p>1$ al conectarlos directamente, tenemos que

$$ \frac {5 \left (xp \right )^{2}}{3 \pi }+ \frac {2}{3}px+p- \pi > \frac {5 \pi }{12}+ \frac { \pi }{3}+1- \pi =1- \frac { \pi }{4}>0. $$

Reorganizar lo anterior dividiéndolo por ambos $(px+ \pi )$ y $p$ obtenemos la desigualdad

$$ \frac {5}{3 \pi }x+ \frac {1}{px+ \pi }> \frac {1}{p},$$ para $px \geq\frac { \pi }{2}$ y $p>1$ . De ello se deduce que $$ \frac {2}{ \pi } \int_ {px}^{ \infty } \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt+ \frac {2}{ \pi } \int_ {0}^{x} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \geq\frac {1}{p}, $$ para $x \leq\frac {2}{ \pi },$ y $px \geq\frac { \pi }{2}$ y por lo tanto hemos demostrado que para todos $x \geq0 $ y todos $p>1$ , $$ \int_ {x}^{px} \left ( \frac { \sin (t)}{t} \right )^{2}dt \leq1 - \frac {1}{p}, $$ como se desea.

Answer 2

Sustituye a $x=e^y$ , $p=e^q$ y $t=e^u$ . El problema se convierte en $$ \frac {2}{ \pi } \int_y ^{y+q}e^{-u} \sin ^2e^u du \le1 -e^{-q}$$

El siguiente,
$$f(u):=e^{-u} \sin ^2e^u \le e^{-|u|}$$ Si $u>0$ es porque $ \sin ^2 e^u \le 1$ . Si $u<0$ es porque $| \frac { \sin e^u}{e^u}| \le 1$ .

Si $y<y+q<0$ o $0<y<y+q$ la integral de $e^{-|u|}$ es claramente menor que $1-e^{-q}$ .

Ahora asume $y<0<y+q$ :

$$ \int_y ^{y+q} e^{-|u|}du = 2-e^y-e^{-y-q}$$ que se maximiza en $y=-q/2$ lo que resulta en $$ \int_y ^{y+q} e^{-|u|}du = 2-2e^{-q/2}$$ De tal manera que $$2-2e^{-q/2} < \frac { \pi }{2}(1-e^{-q})$$ dado que $p< \dfrac { \pi ^2}{(4- \pi )^2}=13.4$ .

Ahora bien, dado que $$ \int_ {- \infty }^{ \infty } e^{-u} \sin ^2e^u du = \pi /2$$ queremos que las colas de la integral sumen más que $ \pi /2p$ .

1. Si $u<0$ : $$e^u- \frac {e^{3u}}{3} \leq f(u) \leq e^u$$ entonces $$e^y- \frac {e^{3y}}{9} \leq\int_ {- \infty }^y f(u) du \leq e^y$$ así que la cola está limitada por $x-x^3/9$ y $x$ .

2. Si $u>0$ : $$f(u)=e^{-u}(1- \cos 2 e^{u})/2$$ La oscilación está disminuyendo y acelerando, así que $$ \int_ {y+q}^{ \infty }e^{-u} \cos 2e^{u} du \leq \int_ {y+q}^z e^{-u} du$$ donde $e^{y+q}$ y $e^z$ difieren por $ \pi /2$ . Por lo tanto, $$ \int_ {y+q}^{ \infty }f(u)du \geq \int_z ^{ \infty }e^{-u}/2 du = e^{-z}/2 = \frac {1}{2xp+ \pi }$$

Ahora necesitamos mostrar que la suma de las dos colas es al menos $ \pi /2p$ necesitamos..: $$ p \left (x- \frac {x^3}{9}+ \frac {1}{2xp+ \pi } \right ) \geq \frac { \pi }{2}$$

1. Si $xp< \frac {9 \pi }{16}$ entonces el tercer término es por lo menos $ \frac {8p}{17 \pi }$ que podemos tomar al menos $ \frac { \pi }{2}$ cuando $p>13.4$ .
2. Si $xp> \frac {9 \pi }{16}$ entonces los dos primeros términos son al menos $ \frac { \pi }{2}$ .

Por lo tanto, hemos cubierto todos los valores de $p$ para $1 < p < 13.4$ y $p> \frac {9 \pi }{16}$ .