Tengo una pregunta acerca de la integral. Probar:
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\left(\dfrac{\sin(nt)}{\sin(t)}\right)^4dt<\dfrac{\pi^2n^2}{4}$$
He intentado varios métodos, incluyendo la $\sin(t)\geq\frac{2t}{\pi}$, pero no puedo trabajar.
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Robert Christie
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Suponga que $n\in \mathbb{N}$.
A continuación, la relación de los senos es el polinomio en los cosenos: $$ \frac{\sin(n t)}{\sin(t)} = \cos((n-1) t) + \cos(t) \frac{\sin((n-1) t}{\sin(t)} = \ldots = \sum_{k=1}^n \cos((n-k) t) \cdot \cos^{k-1}(t) \leqslant n $$
Desde $\sin(t)$ es creciente en el intervalo $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$, y desde $\frac{\sin(n t)}{\sin(t)} < n$$0<t<\frac{\pi}{2n}$, tenemos: $$ \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} t \cdot \left( \frac{\sin(n t)}{\sin(t)} \right)^4 \mathrm{d} t = \sum_{k=1}^n \int_{\tfrac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{k}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}} t \cdot \left( \frac{\sin(n t)}{\sin(t)} \right)^4 \mathrm{d} t < \\ \int_0^{\pi/(2n)} t n^4 \mathrm{d} t + \sum_{k=2}^n \int_{\tfrac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{k}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}} t \cdot \left( \frac{\sin(n t)}{\sin\left( \frac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2} \right)} \right)^4 \mathrm{d} t = \\ \frac{\pi^2 n^2}{8} + \sum_{k=2}^n \int_{\tfrac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{k}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}} t \cdot \left( \frac{\sin(n t)}{\sin\left( \frac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2} \right)} \right)^4 \mathrm{d} t $$ El resto de delimitación integral no es difícil de calcular: $$ \int_{\tfrac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{k}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2}} t \cdot \sin^4(n t) \mathrm{d} t \stackrel{t = \tfrac{(k-1)\pi}{2n} + \tfrac{u}{2}}{=} \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \frac{2u+ \pi(k-1)}{2n^2} \left( \frac{1+(-1)^k}{2} \cos^4 u + \frac{1-(-1)^k}{2} \sin^4 u \right) \mathrm{d} u = \frac{3 \pi^2 \cdot (2k-1) - 16 (-1)^k}{64 n^2} $$ El límite superior se convierte entonces en: $$ \frac{\pi^2 n^2}{8} + \sum_{k=2}^n \frac{3 \pi^2 \cdot (2k-1) - 16 (-1)^k}{64 n^2 \cdot \sin^4\left( \frac{k-1}{n} \cdot \tfrac{\pi}{2} \right)} $$ Es fácil comprobar numéricamente que esta enlazado es más crudo que el que se pretenden establecer.
Agregó Aviso de la expansión de la serie en torno a $t=0$: $$ \left(\frac{\sin(n t)}{\sin(t)} \right)^4 = n^4 \left( 1 - \frac{2}{3} (n^2-1) t^2 + \mathcal{s}(t^2) \right) $$ Esto sugiere buscando un obligado en la forma $\exp(-(n^2-1) t^2 \alpha)$. Supongamos que arreglar un pequeño suficientemente $\alpha$, de tal manera que $$ \forall_{0 < t < \tfrac{\pi}{2}} \left(\frac{\sin(n t)}{\sin(t)} \right)^4 \leqslant \exp(-(n^2-1) t^2 \alpha) $$ Entonces $$ \int_0^{\pi/2} t \cdot \left(\frac{\sin(n t)}{\sin(t)} \right)^4 \mathrm{d} t < \int_0^{\pi/2} t \exp(-(n^2-1) t^2 \alpha) \mathrm{d} t = n^4 \frac{1 - \exp(-\alpha (n^2-1) \pi^2/4)}{\alpha (n^2-1)} = \frac{ \pi^2 n^2}{8} \cdot \exp\left(-\frac{\pi^2 \alpha}{8} (n^2-1)\right) \cdot n^2 \operatorname{sinch}\left(\frac{\pi^2 \alpha}{8} (n^2-1)\right) $$ donde $\operatorname{sinch}(x) = \frac{\sinh(x)}{x}$ y es una función creciente de $x$, por lo tanto: $$ \frac{ \pi^2 n^2}{8} \cdot \exp\left(-\frac{\pi^2 \alpha}{8} (n^2-1)\right) \cdot n^2 \operatorname{sinch}\left(\frac{\pi^2 \alpha}{8} (n^2-1)\right) < \frac{ \pi^2 n^2}{8} \cdot \exp\left(-\frac{\pi^2 \alpha}{8} (n^2-1)\right) \cdot n^2 \operatorname{sinch}\left(\frac{\pi^2 \alpha}{8} n^2 \right) < \frac{ \pi^2 n^2}{8} \cdot \exp\left(\frac{\pi^2 \alpha}{8}\right) $$
Matthew Trevor
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Escribir $$ \frac{\sin(n\,t)}{\sen t}=\frac{\sin(n\,t)}{t}\cdot\frac{t}{\sen t}. $$ De $\sin t\le t$ se sigue que $$ \frac{|\sin(n\,t)|}{t}\le\min(n,t^{-1}),\quad t>0.\tag1 $$ De la convexidad, se sigue que $$ \Bigl(\frac{t}{\sen t}\Bigr)^4\le1+\Bigl(\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)^3-\frac{2}{\pi}\Bigr)t,\quad0\le t\le\frac{\pi}{2}.\tag2 $$ A partir de (1) y (2) obtenemos que $$\begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{2}}t\Bigl(\dfrac{\sin(nt)}{\sin t}\Bigr)^4dt&\le\int_0^{\frac{\pi}{2}}t\bigl(\min(n,t^{-1})\bigr)^4\Bigl(1+\Bigl(\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)^3-\frac{2}{\pi}\Bigr)t\Bigr)dt\\ &=n^4\int_0^{\frac1n}t\,\Bigl(1+\Bigl(\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)^3-\frac{2}{\pi}\Bigr)t\Bigr)dt+\int_{\frac1n}^{\frac\pi2}t^{-3}\Bigl(1+\Bigl(\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)^3-\frac{2}{\pi}\Bigr)t\Bigr)dt\\ &=n^2+\frac{(\pi ^4-16) n}{6 \pi }-\frac{\pi ^4-8}{4 \pi ^2}\\ &<\frac{\pi^2}{4}\,n^2 \end{align*}$$ si $n>2$. Los casos de $n=1$ $n=2$ puede ser revisado por cálculo directo.
Nota
Una mejor estimación puede obtenerse mediante la desigualdad $$ \frac{\sen t}{t}\le\min\Bigl(\frac{\pi}{2},1+(1-\frac{2}{\pi})t,\frac{6}{6-t^2}\Bigr). $$
user3035
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En el intervalo de $0 < t < {\pi \over 2n}$, el uso de la estimación ${\sin(nt) \over \sin(t)} < n$, dando que $$\int_0^{\pi \over 2n} t({\sin(nt) \over \sin(t)})^4 \,dt < \int_0^{\pi \over 2n}n^4 t\,dt$$ $$= n^4 {({\pi \over 2n})^2 \over 2} = {\pi^2 n^2 \over 8}$$ En el intervalo de ${\pi \over 2n} < t < {\pi \over 2}$, el uso de las estimaciones de $|\sin(nt)| \leq 1$ y $\sin(t) > {2t \over \pi}$, dando la estimación $$\int_{\pi \over 2n}^{\pi \over 2} t({\sin(nt) \over \sin(t)})^4 \,dt < \int_{\pi \over 2n}^{\pi \over 2}t ({\pi \over 2t})^4\,dt$$ $$= {\pi^4 \over 16}\int_{\pi \over 2n}^{\pi \over 2} t^{-3}\,dt$$ $$< {\pi^4 \over 16}{1 \over 2}({\pi \over 2n})^{-2}$$ $$= {\pi^2 n^2 \over 8}$$ Añadir esto a la primera parte de la integral, se obtiene el límite superior de ${\pi^2 n^2 \over 4}$ según sea necesario.
Como la prueba de que ${\displaystyle {\sin(nt) \over \sin(t)} < n}$${\displaystyle 0 < t < {\pi \over 2n}}$, es equivalente a ${\displaystyle {\sin(nt) \over nt} < {\sin(t) \over t}}$. Esto se deduce del hecho de que ${\displaystyle {\sin(x) \over x}}$ es la disminución en el ${\displaystyle (0,{\pi \over 2}]}$; el mismo hecho se le da a ese ${\displaystyle {\sin(t) \over t} < {\sin({\pi \over 2}) \over {\pi \over 2}} = {2 \over \pi}}$${\displaystyle 0 < t < {\pi \over 2}}$, que también hemos usado anteriormente.
