probar $f(x)$ tiene al menos $2n$ raíces

Question

Dejemos que $f(x)$ sea una función continua en $(0,\pi)$ para cualquier número entero $k$ donde $1\leq k\leq n$ tenemos $$ \int_{0}^{\pi}f(x)\cos kxdx=\int_{0}^{\pi}f(x)\sin kxdx=0 $$ Pruébalo: $f(x)$ tiene al menos $2n$ raíces en $(0,\pi)$ .

Sólo puedo resolver los casos cuando $n=1$ ¿Alguien puede ayudarme? Muchas gracias.

Answer 1

Desde $f$ sólo se supone que es continua en $(0,\pi)$ , $f$ puede no estar acotado en $(0,\pi)$ . Entonces, para mayor claridad, supondré que estás hablando de la integral de Lebesgue. A partir de la integrabilidad de $f(x)\sin x$ y $f(x)\cos x$ en $(0,\pi)$ es fácil ver que $f$ es integrable en $(0,\pi)$ . Por lo tanto, para cualquier función acotada medible $g$ en $(0,\pi)$ , $fg$ es integrable en $(0,\pi)$ .

El siguiente lema se desprende de hechos básicos de las funciones trigonométricas, así que permítanme omitir su demostración.

Lema: Dado $m\ge 1$ y $0<a_1<\cdots< a_{2m}<\pi$ , defina $$h(x)=\prod_{k=1}^{2m}\sin\frac{x-a_k}{2}.\tag{$ * $}$$

(i) $h$ es una combinación lineal de $1,\sin x,\cos x,\cdots,\sin mx$ y $\cos mx$ y para cada $x_0\in\Bbb R$ , $h(x)\sin(x-x_0)$ es una combinación lineal de $\sin x,\cos x,\cdots,\sin (m+1)x$ y $\cos (m+1)x$ . (ii) $h>0$ en $(0,a_1)\cup\bigcup\limits_{k=1}^{m-1}(a_{2k},a_{2k+1})\cup(a_{2m},\pi)$ y $h<0$ en $\bigcup\limits_{k=1}^m(a_{2k-1},a_{2k})$ .

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Supongamos ahora que $f$ tiene como máximo $2n-1$ raíces en $(0,\pi)$ y deduzcamos alguna contradicción. Dado que $f$ es continua en $(0,\pi)$ y como $\int_0^\pi f(x)\sin x dx=0$ existe $1\le p<2n$ y $0:=a_0<a_1<\cdots <a_p<a_{p+1}:=\pi$ , de tal manera que $f\ne 0$ en $(a_{k-1},a_k)$ para $1\le k\le p+1$ y $f$ tiene signos diferentes en cada par de intervalos adyacentes $(a_{k-1},a_k)$ y $(a_k,a_{k+1})$ para $1\le k\le p$ . Sin pérdida de generalidad, supongamos que $f>0$ en $(a_0,a_1)$ para mayor comodidad.

Si $p$ es incluso, digamos $p=2m$ , dejemos que $g(x)=h(x)\sin x$ , donde $h$ se define por $(*)$ . En caso contrario, si $p$ es impar, digamos $p=2m+1$ , dejemos que $g(x)=-h(x)\sin (x-a_p)$ , donde $h\equiv 1$ cuando $m=0$ y $h$ se define por $(*)$ cuando $m\ge 1$ . En ambos casos, $m<n$ y debido a (i) del lema, $g$ es una combinación lineal de $\sin x,\cos x,\cdots,\sin (m+1)x$ y $\cos (m+1)x$ Así que $\int_0^\pi f(x)g(x)dx=0$ . Sin embargo, debido a (ii) del lema, en ambos casos $fg>0$ en $(0,\pi)\setminus\{a_k\}_{k=1}^p$ Así que $\int_0^\pi f(x)g(x)dx>0$ . Esta contradicción completa la prueba. $\qquad\square$