Límite de la integral de Lebesgue $\int_F \; \frac{dx}{2 - \sin nx}$

Question

Deje $F\subset\mathbb{R}$ ser un apreciable conjunto finito de medida de Lebesgue. Encontrar el límite de $$ \lim_{n \to \infty} \int_{F} \frac{dx}{2-\sin nx}.$$

Deje $f_{n}(x)=\frac{1}{2-\sin nx}$. Esta función está acotada y continua. Por lo tanto, es integrable. Yo incluso el uso de Mathematica para el cálculo de la integral de Riemann.

Sin embargo, ya que no sabemos realmente lo que es $F$. Así que no sabemos $\int_{F}\frac{dx}{2-\sin nx}$. O esto podría ser visto como una sugerencia, lo que sugiere que el límite no existe.

Quiero usar el teorema de convergencia dominada para mostrar que desde $\lim \limits_{n \to \infty}f_{n}(x)$ no existe, $\lim \limits_{n \to \infty}\int_{F}\frac{dx}{2-\sin nx}$ no existe.

Sin embargo, la condición de que el teorema es que $\lim \limits_{n \to \infty}f_{n}(x)$ existe. Así que supongo que no se puede utilizar este teorema.

Answer 1

Srivatsan la suposición es correcta. Una forma de ver esto es para escribir $${1 \over 2 - \sin(nt)} = {1 \over 2} \bigg({1 \over 1 - {\sin(nt) \over 2}}\bigg)$$ $$= \sum_{k=0}^{\infty} {\sin^k(nt) \over 2^{k+1}}$$ Si esta suma se trunca en algunos $k = k_0$, el resto está delimitado por ${1 \over 2^{k_0}}$ en valor absoluto, y por lo tanto la integral de el resto en $F$ está delimitado por ${1 \over 2^{k_0}}\mu(F)$ en valor absoluto. Como $k_0$ va al infinito este llega a cero. Por lo tanto, es suficiente para mostrar el siguiente límite existe y determinar su valor. $$\lim_{k_0 \rightarrow \infty} \lim_{n \rightarrow \infty}\int_F \sum_{k = 0}^{k_0} {\sin^k(nt) \over 2^{k+1}}\,dt$$ Esto a su vez será igual a la siguiente, si el límite en cada término existe y la suma de los límites converge. $$= \sum_{k=0}^{\infty} \lim_{n \rightarrow \infty}\int_F {\sin^k(nt) \over 2^{k+1}}\,dt$$ Ahora vamos a examinar un determinado plazo de la anterior. La función de $\sin^k(nt)$ es la suma de $2^k$ exponenciales cuando escribe $\sin(nt) = {e^{iknt} - e^{-iknt} \over 2i}$. Como $n$ va al infinito, la integral sobre la $F$ de cualquier otro término de un término constante (un "término medio") se pondrá a cero por la de Riemann-Lebesgue lema, y en el medio plazo, si es que existe, se integra a $\mu(F){1 \over 2\pi}\int_0^{2\pi}\sin^k(t)\,dt$ porque $\sin^k(t)$ tiene el mismo medio plazo. Si el término medio no existe, correspondiente a $k$ impar, entonces el límite es todavía $\mu(F){1 \over 2\pi}\int_0^{2\pi}\sin^k(t)\,dt$, que ahora es cero. Así tenemos $$\lim_{n\rightarrow \infty} \int_F\sin^k(nt)\,dt = \mu(F){1 \over 2\pi}\int_0^{2\pi}\sin^k(t)\,dt$$ Así que el límite general es $${\mu(F) \over 2\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \int_0^{2\pi}{\sin^k(t) \over 2^{k+1}} \,dt$$ La adición de esta serie geométrica (es decir, revertir lo que hemos hecho antes, nos da la suma deseada $${\mu(F) \over 2\pi}\int_0^{2\pi}{1 \over 2 - \sin(t)}\,dt$$

Answer 2

Primera nota de que $$ \left|\frac{1}{2-\sin(nx)}\right|\le1\etiqueta{1} $$ La próxima nota de que, para $z=\tan{\frac{x}{2}}$ $$ \begin{align} \int_0^{2\pi}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(x)} &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\frac{2\;\mathrm{d}z}{1+z^2}}{2-\frac{2z}{1+z^2}}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}z}{1-z+z^2}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}z}{\frac{3}{4}+(z-\frac{1}{2})^2}\\ &=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, el promedio de $\frac{1}{2-\sin(x)}$ más uno de sus períodos de es $\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Aproximado de $F$ por un conjunto finito de intervalos de $\{I_k\}$, de modo que $|\cup I_k\;\Delta\;F|<\epsilon$. Supongamos $I_k=[a,b]$, luego $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\int_{I_k}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)} &=\lim_{n\to\infty}\int_a^b\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\int_{na}^{nb}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(x)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\int_{na}^{na+k2\pi}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(x)}+\int_{na+k2\pi}^{nb}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(x)}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(k\frac{2\pi}{\sqrt{3}}+J_n\right)\\ &=\frac{b-a}{\sqrt{3}}\\ &=\frac{|I_k|}{\sqrt{3}}\tag{3} \end{align} $$ En $(3)$, $k=\lfloor\frac{n(b-a)}{2\pi}\rfloor$ de modo que $|nb-(na+k2\pi)|<2\pi$ y por lo tanto por $(1)$, obtenemos $|J_n|<2\pi$. Por lo tanto, $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{k}{n}=\frac{b-a}{2\pi}$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{J_n}{n}=0$.

Por lo tanto, de nuevo con $(1)$, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\left|\int_F\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}-\int_{\cup I_k}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}\right| &\le\lim_{n\to\infty}\int_{\cup I_k\;\Delta\;F}\frac{\mathrm{d}x}{|2-\sin(nx)|}\\ &\le\epsilon\tag{4} \end{align} $$ Resumiendo, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\left|\int_F\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}-\frac{|F|}{\sqrt{3}}\right| &\le\lim_{n\to\infty}\left|\int_F\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}-\int_{\cup I_k}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}\right|\\ &+\lim_{n\to\infty}\left|\int_{\cup I_k}\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}-\frac{|\cup I_k|}{\sqrt{3}}\right|\\ &+\lim_{n\to\infty}\left|\frac{|\cup I_k|}{\sqrt{3}}-\frac{|F|}{\sqrt{3}}\right|\\ &\le\epsilon+0+\frac{\epsilon}{\sqrt{3}}\tag{5} \end{align} $$ por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\int_F\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin(nx)}=\frac{|F|}{\sqrt{3}}\etiqueta{6} $$